Bài tập ôn thi học sinh giỏi môn Hình học Lớp 9 năm 2018

Nội dung text: Bài tập ôn thi học sinh giỏi môn Hình học Lớp 9 năm 2018

1. BÀI TẬP HÌNH ÔN HSG- 2018 Bài 1: Cho đường tròn (O,R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AOC, tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB tại E. a) Chứng minh BCM đồng dạng với BEO b) Chứng minh CM vuông góc với OE. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB và diện tích tứ giác MAOB. A O Q P N C I B M E H d a) Gọi Q là giao điểm của AB với OM. Ta có AM // CE(cùng vuông góc với AC) B· EC M· AB ( so le trong) Mà A· BC 900 ; A· QM 900 vàA· MO O· MB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). A· MO O· MB B· CE (cùng phụ với hai góc bằng nhau) BE OB MB OB => tan B· CE tanO· MB (1) BC MB BC BE Lại có M· BA O· BC ( cùng phụ với A· BO ) Nên M· BC O· BE ( cùng = 900 + O· BC ) (2) Từ (1) và (2) suy ra MBC OBE (c.g.c) b) Từ MBC OBE B· CM B· EO . Gọi I và N lần lượt là giao điểm của OE với BC và MC. BIE NIC (g.g) I·BE I·NC mà I·BE 900 => I·NC 900 . Vậy CM  OE c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên d. P là giao điểm của AB với OH OQ OP Ta có OQP OHM (.g.g) => QO. OM = OP. OH = OA2 = R2 OH OM R 2 OP ; Mà O và d cố định => OH không đổi => OP không đổi OH Lại có : AB = 2AQ = 2 0A2 OQ2 mà OQ OP R 4 2R AB 2 OA2 OP2 2 R 2 . OH2 R 2 ( không đổi) OH2 OH
2. Tóm tắt cách giải Dấu “=” xảy ra Q  P M  H 2R VậyGTNNcủaAB = . OH2 R 2 M  H OH A O Q A1 C P N I B1 B M E H d 1 *) Vi MO  AB nên S AB.OM AQ.OM AOBM 2 Vẽ dây cung A1B1 vuông góc với OH tại P, do P và (O) cố định nên A1B1 không đổi. Vì OP OQ AB A1B1 (liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây). 1 Mà OM OH S A B .OH ( không đổi) AOBM 2 1 1 Dấu “=” xảy ra M  H 1 Vậy GTNN của S A B .OH khi và chỉ khi M  H AOBM 2 1 1 Bài 2: Cho đường tròn (O; R) và A là một điểm nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C lần lượt là hai tiếp điểm). Trên tia đối của tia BC lấy điểm D (D B) . Từ D kẻ tiếp tuyến DE (E cung nhỏ BC). Từ E hạ EF vuông góc với DO ( F DO). Chứng minh rằng: a) Tứ giác BFOC là tứ giác nội tiếp. b) Ba điểm A, E, F thẳng hàng. c) Từ D kẻ tiếp tuyến thứ hai với đường tròn tâm O (Điểm K là tiếp điểm). Tính độ dài đoạn thẳng AK theo R và α biết độ dài đoạn OD = R2 và số đo E· AO α . D B K F E A O C
3. Chứng minh được DE2 = DB.DC (1) Xét DEO vuông tại E có đường cao EF có : DE2 = DF.DO (2) Từ (1) và (2) DB.DC = DF.DO (3) Từ (3) DBO đồng dạng với DFC ( c_g_c) (4) Từ (4) B· CF=B· OF => tứ giác BFOC nội tiếp Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp Chứng minh tứ giác AFOC nội tiếp Chứng minh AF  DO Có EF DO nên ba điểm A; E; F thẳng hàng R R R Tính được OF = Tính được AF = cot g Tính được EF = 2 2 2 Chứng minh A, F, K thẳng hàng R Tính được AK = AF + FK = AF + EF = = cot g 1 2 Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD; BE; CF cắt nhau tại H. Gọi M là trung điểm của HC; N là trung điểm của AC. AM cắt HN tại G. Đường thẳng qua M vuông góc với HC và đường thẳng qua N vuông góc với AC cắt nhau tại K. Chứng minh rằng: 2 · a) ∆AEF đồng dạng với ∆ABC. Từ đó hãy suy ra SAEF = SABC. cos BAC GA5 GB5 GH 5 BH.KM = BA.KN c) 4 2 b) GM 5 GK 5 GN 5
4. A F E K N H G B D M C AE AF AEB vuông tại E nên cosB· AE ACF vuông tại F nên cosC· AF AB ; AC Tư đó chứng minh được tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC (c.g.c) Vì tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC nên 2 SAEF AE 2 · 2 · 2 cos BAC SAEF SABC .cos BAC SABC AB ABH và MNK có B· AH N· MK ; ·ABH M· KN (Góc có cạnh tương ứng song song) BA BH Suy ra AHB đồng dạng với MNK ( g.g); BA.KN BH.KM KM KN AB AH AHB đồng dạng với MNK nên 2 ( Vì MN là đường TB của tam giác AHC); MK MN AG HG Lại có: 2 ; 2 ( G là trọng tâm của tam giácAHC) MG NG AB AG 2 . Mặt khác B· AG G· MK ( so le trong) MK MG ABG đồng dạng với tam giác MKG (c.g.c) GB GA GH GB5 GA5 GH 5 GB5 GA5 GH 5 2 32 GK GM GN GK 5 GM 5 GN 5 GK 5 GM 5 GN 5 GB5 GA5 GH 5 4 2 GK 5 GM 5 GN 5
5. Bài 1 MB = b, Ta có Ta có : S = MC.MD ; Đặt MA = a , y 4 · ·MCD AMC BDM 2 ; x D Ch a b 1 ab MC = , MD = ; SMCD = o cos sin 2 C cos .sin đoạ Do a,b là hằng số nên SMCD nhỏ nhất 2sin .cos n lớn nhất . 2 2 ( thẳ Theo bất đẳng thức 2xy x +y ta có : A B 2 2 a M b ng 2sin .cos sin +cos = 1 nên SMCD ≥ ab 0 0 0 AC SMCD = ab sin = cos sin = sin(90 ) = 90 = 45 có AMC và BMD vuông cân. độ Vậy min SMCD = ab . 0 dài Khi = 45 ; C,D được xác định trên tia Ax ; By sao cho AC = AM , BD = BM . bằn g a. Trên đoạn AC lấy điểm B sao cho AC 4AB. Tia Cx vuông góc với AC tại điểm C, gọi D là một điểm bất kỳ thuộc tia Cx (D không trùng với C ). Từ điểm B kẻ đường thẳng vuông góc với AD cắt hai đường thẳng AD và CD lần lượt tại K, E. a) Tính giá trị DC.CE theo a. b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất . c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE luôn có một dây cung cố định. a) Tính giá trị DC.CE theo a .
6. Ta có: E· BC ·ADC (Cùng bù với góc K· BC ); ·ACD E· CB 90o ACD và ECB đồng dạng với nhau(g-g) DC AC DC.CE AC.BC BC EC a 3a 3a2 Do AB ;BC DC.EC AC.BC 4 4 4 b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ nhất . 1 S BC.DE S nhỏ nhất khi và chỉ khi DE nhỏ nhất. BDE 2 BDE 3a2 Ta có: DE DC EC 2 DC.EC 2 a 3 ( Theo chứng minh phần a) 4 a 3 Dấu " " DC EC . 2 3a2 3 a 3 S nhỏ nhất bằng khi D thuộc tia Cx sao cho CD . (BDE) 8 2 c) Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên tia Cx thì đường tròn đường kính DE luôn có một dây cung cố định. Gọi giao điểm của đường tròn đường kính DE với đường thẳng AC là M, N ( M nằm giữa A và B) M, N đối xứng qua DE. Ta có: Hai tam giác AKB và ACD đồng dạng (g-g) AK AB AK.AD AC.AB (1) AKM và AND đồng dạng (g-g) AC AD AK AM AK.AD AM.AN (2) AN AD a2 T ừ (1) v à (2) suy ra AM.AN AC.AB 4 a2 (AC MC)(AC NC) AC 2 MC 2 (Do MC NC ) 4 3a2 a 3 MC 2 MC NC 4 2 M , N là hai điểm cố định. Vậy đường tròn đường kính DE luôn có dây cung MN cố định. Bài 5 Cho hình chữ nhật ABCD có AB 5a và AD 2a (a > 0). M là điểm bất kì trên cạnh AB (M khác A và khác B). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AC và DC. a) Chứng minh rằng 5 điểm B, C, K, H, M cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm O AH  MK của đường tròn đó. b) Tính theo a. MH
7. c) Khi AK là tiếp tuyến của đường tròn (O). Tính AM theo a. HD: a) Xét tứ giác MHCB ta có M· HC M· BC 90 M· HC M· BC 180 Tứ giác MHCB nội tiếp đường tròn đường kính MC (1). Xét tứ giác MKCB ta có M· KC M· BC 90 M· KC M· BC 90 →Tứ giác MKCB nội tiếp đường tròn đường kính MC (2). Từ (1) và (2) suy ra năm điểm B, C, K, H, M cùng thuộc một đường tròn đường kính MC. Tâm O là trung điểm MC. b) Xét ABC và AHM có M· HM M· BC 90 và C· AB chung→ ABC đồng dạng AHM . AB BC AB MK AH  MK mà MK = BC AB AH MH AH MH MH AH  MK mà AB 5a 5a MH c) Giả sử AK là tiếp tuyến của (O). Dễ dàng ta có tứ giác MKCB là hình chữ nhật nên O sẽ nằm trên đoạn BK. Xét ABK vuông tại K đường cao KM ta có AM  MB MK 2 AM  AB AM AD2 AM 5a AM 2 4a2 AM 2 5a  AM 4a2 0 AM 2 4a  AM a  AM 4a2 0 AM  AM 4a a  AM 4a 0 AM a AM a  AM 4a 0 AM 4a Vậy AM= 4a hoặc AM = a. Bài 6: Cho BC là dây cung cố định của đường tròn (O; R) ,( BC<2R),A là điểm di động trên cung lớn BC,( A không trùng B,C). Gọi AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC;EF cắt BC tại P ,qua D kẻ đường thẳng song song với EF cắt AC tại Q và cắt AB tại R . a) Chứng minh tứ giác BQCR là tứ giác nội tiếp b) Gọi M là trung điểm cạnh BC .Chứng minh hai tam giác EPM,và DEM là hai tam giác đồng dạng. c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua một điểm cố định
8. A E Q O F B C P D M R HD: a) Do tứ giác BCEF nội tiếp suy ra AFE BCQ mà AFE BRQ ( so le ) Suy ra BCQ BRQ nên tứ giác BQCR nội tiếp b) EM là trung tuyến tam giác vuông BEC nên tam giác ECM cân tại M suy ra EMD 2ACB mà tứ giác BCEF; ACDF nội tiếp nên ACB AFE BFD suy ra EMD 2ACB AFE BFD EMD DFE 1800 suy ra tứ giác DMEF nội tiếp suy ra BDF PEM mà BDF BAC MDE nên tam giác EPM,và DEM đồng dạng (g.g) c) do DMEF nội tiếp suy ra PFD EMD mà PDF EDM nên tam giác PFD PD ED đồng dạng tam giác EMD (g.g) suy ra ; do RED AEF FRD nên tam DF MD giác FDR cân tại D suy ra FD=DR;tương tự tam giác DEQ cân tại D nên DE=DQ mà PD DQ FD=DR; DE=DQ suy ra ; DR MD suy ra tam giác PDR đồng dang tam giác QDM ( c.g.c) suy ra PRQ PMQ suy ra tứ giác PRMQ nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua điểm M cố định Bài 7: Cho 3 điểm A , B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không thuộc đường thẳng d). Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N. Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K. 1. Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn. 2. Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi.
9. 3. Gọi D là trung điểm của HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E. Chứng minh P là trung điểm của ME. M A P O D H Q B K I E N C d I là trung điểm của BC (Dây BC không đi qua O) OI  BC  OIA = 900 Ta có  AMO = 900 ;  ANO = 900 Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kinh OA AM, AN là hai tiếp tuyến của (O) nên OA là phân giác  MON mà MON cân ở O nên OA  MN ABN đồng dạng với ANC (Vì  ANB =  ACN,  CAN chung) AB AN AB . AC = AN2 AN AC ANO vuông tại N đường cao NH nên AH . AO = AN2 AB . AC = AH . AO AH AK AHK đồng dạng với AIO (g-g) Nên AIAK AHAO AI  AK AB.AC AI AO AB  AC AK . Ta có A, B, C cố định nên I cố định AK cố định . Mà A cố định, K AI là gđiểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB K cố định Ta có  PMQ = 900 ME MH MHE QDM (g-g) MQ DQ
10. MP MH MH PMH MQH MQ QH 2DQ MP 1 ME . ME = 2 MP P là trung điểm ME MQ 2 MQ Bài 8: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.Gọi D, E lân lượt là hình chiếu của H trên AB, AC. Chứng minh: a. = b.DE 3 = DB.CE.BC c. 3 BC = 3 BD + 3 CE A E D B H C ( Ta lét) = = ∆ ~∆ ( )⇒ = ⇒ = ⇒ = = = ⇒đ 2 2 ( . )2 4 . . = . . = . = = 3 = 3 . 3 2 = 3 2 + 3 2 2 = 2 + 2 + 33 2 2(3 2 + 3 2) = 2 + 2 +33 2 2 2= 2 + 2 +3 2 = 2 ― 2 + 2 ― 2 +2 . + 2= 2 + 2 +2 . = 2 Bài 9: Cho đường tròn (O;R) đường kính BC. Gọi A là điểm thỏa mãn tam giác ABC nhọn. AB, AC cắt đường tròn trên tại điểm thứ hai tương ứng là E và D. Trên cung B»C không chứa D lấy F(F B, C). AF cắt BC tại M, cắt đường tròn (O;R) tại N(N F) và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE tại P(P A). a) Giả sử B· AC 600 , tính DE theo R. b) Chứng minh AN.AF = AP.AM c) Gọi I, H thứ tự là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng BD, BC. Các đường thẳng IH và BC BD CD CD cắt nhau ở K. Tìm vị trí của F trên cung B»C để biểu thức đạt giá trị nhỏ FH FI FK nhất. Vẽ hình (1 trường hợp)
11. A N D E P I B O H C M K F 0 180 sdD»E 0 Sđ B· AC sdD»E 600 Suy ra E· OD 60 nên ∆OED đều ED = R. 2 ·APE ·ADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE); ·ABM ·ADE (Cùng bù với góc EDC) Suy ra: ·ABM ·APE nên tam giác APE đồng dạng với tam giác ABM AE AM Nên AE.AB AM.AP (1) AP AB Tương tự chứng minh tam giác ANE đồng dạng với tam giác ABF AE AF AE.AB AN.AF (2) AN AB Từ (1) và (2) suy ra: AN.AF = AP.AM Xét I nằm giữa B, D( Nếu I nằm ngoài B,D thì vai trò K với DC sẽ như I với BD) Tứ giác BIHF, BDCF nội tiếp nên F· HK F· CK ( cùng bằng F· BD ), suy ra tứ giác CKFH nội tiếp nên F· KC 900 . DK BH Lý luận tam giác DFK đồng dạng tam giác BFH nên: FK FH CK BI Tương tự tam giác CFK đồng dạng tam giác BFI nên: FK FI DC BH BI Suy ra: FK FH FI DC BD BH BD BI BH ID FK FI FH FI FI FH FI ID HC DC BD BH HC BC Mà suy ra: FI FH FK FI FH FH FH
12. BC BD CD 2BC BC BD CD Vậy nên nhỏ nhất khi FH lớn nhất khi F là trung FH FI FK FH FH FI FK điểm cung BC Bài 10: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O, R). H là một điểm di động trên đoạn OA (H khác A). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB. a) Chứng minh H· KM 2A· MH. b) Các tiếp tuyến của (O, R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O, R) lần lượt tại D và E. OD, OE cắt AB lần lượt tại F và G. Chứng minh OD.GF = OG.DE. c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB theo R. x A ¶ 1 ¶ 1 1 Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O). Ta có A O 1 2 1 2 ¼ M 1 H sđ AM (1) 1 O 1 K B C ¶ ¶ Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) A1 M1 (2) ¶ ¶ ¼ Tứ giác MHOK nội tiếp O1 K1 (cùng chắn MH ) (3) 1 Từ (1), (2), (3) ta có M¶ K¶ hay H· KM 2A· MH. 1 2 1 D A Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) 2 1 1 F M H 1 1 E G 2 O B C 1 1 A¶ sđ;B¼ M O¶ O¶ sđ B¼ M A¶ O¶ tứ giác AMGO nội tiếp (5) 1 2 1 2 2 1 1 ¶ ¶ ¶ Từ (4), (5) ta có 5 điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên một đường tròn G1 D2 D1 OG GF OGF và ODE đồng dạng hay OD.GF = OG.DE. OD DE A Trên đoạn MC lấy điểm A’ sao cho MA’ = MA AMA' đều 1 2 A¶ A¶ 600 B· AA' 1 2 H M MAB A'AC MB A'C O A' B I C
13. MA MB MC Chu vi tam giác MAB là MA MB AB MC AB 2R AB Đẳng thức xảy ra khi MC là đường kính của (O) => M là điểm chính giữa cung AM => H là trung điểm đoạn AO Vậy giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB 3 AB 3 Gọi I là giao điểm của AO và BC AI R AB R 3 2 2 Giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 3)R Bài 11: Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng d không đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Từ một điểm M tùy ý trên đường thẳng d và ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến MN và MP với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm). 1. Chứng minh rằng MN 2 MP2 MA.MB 2. Dựng vị trí điểm M trên đường thẳng d sao cho tứ giác MNOP là hình vuông. 3. Chứng minh rằng tâm của đường tròn nội tiếp và tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP lần lượt chạy trên hai đường cố định khi M di động trên đường thẳng d. + Ta có: OM là phân giác trong góc N· MP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Kẻ tia phân giác trong góc P· NM cắt đường tròn (O) tại điểm F, khi đó N»F F»P (ứng với góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng nhau). + Suy ra F ở trên OM, do đó F là tâm đường tròng nội tiếp tam giác MNP. + Vậy khi M đi động trên (d) thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy trên đường tròn (O). Ta có: MN = MP (Tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau) Chứng minh được 2 tam giác MAN và MNB đồng dạng. MA MN MN 2 MP2 MA.MB Suy ra: MN MB Để MNOP là hình vuông thì đường chéo OM ON 2 R 2 Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M. 2 2 Chứng minh: Từ M vẽ 2 tiếp tuyến MN và MP. Ta có MN MO ON R , nên Tam giác ONM vuông cân tại N. Tương tự, tam giác OPM cũng vuông cân tại P. Do đó
14. MNOP là hình vuông. Bài toán luôn có 2 nghiệm hình vì OM R 2 R + Ta có: MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O), nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân MPQ nội tiếp trong đường tròn đường kính OM, tâm là H. + Kẻ OE  AB , thì E là trung điểm của AB (cố định). Kẻ HL  (d) thì HL // OE, nên HL 1 HL OE là đường trung bình của tam giác OEM, suy ra: 2 (không đổi). + Do đó, khi M đi động trên (d) thì H luôn cách dều (d) một đoạn không đổi, nên H chạy trên đường thẳng (d') // (d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE. Bài 12: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Chứng minh rằng: 1 a) SABC = AB.BC.sinB và AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC. 2 AD b) tanB.tanC = . c) H là giao điểm ba đường phân giác trong của ∆DEF. HD HB.HC HC.HA HA.HB d) 1 . AB.AC BC.BA CA.CB a) A E F H B D C 1 * Ta có: SABC = .BC.AD. 2 1 ABD vuông tại D có AD =AB.sinB, do đó SABC = BC.AB.sinA. 2 ABE vuông ở E có AE = AB.cosA BFC vuông ở F có BF = BC.cosB ACD vuông ở D có CD = AC.cosC Do đó AE.BF.CD = AB.BC.CA.cosA.cosB.cosC.
15. AD AD b(1,5đ) Xét ABD có tanB = ; ACD có tanC = BD CD AD2 suy ra tanB.tanC = (1) BD.CD DH BD Do H· BD C· AD (cùng phụ với A· CB ) nên BDH  ADC (g.g) DC AD AD2 AD BD.DC = DH.DA Kết hợp với (1) được tanB.tanC = . DH.AD DH c(1,5đ) Chứng minh được AEF  ABC (g.g) A· EF A· BC . Tương tự được C· ED C· BA nên A· EF C· ED mà BE  AC A· EB C· EB = 900. Từ đó suy ra F· EB D· EB EH là phân trong của DEF. Tương tự DH, FH cũng là phân giác trong của DEF nên H là giao ba đường phân giác trong của DEF. d(1,0đ) Ta có : SBHC + SCHA + SAHB = SABC. CH CE HB.HC HB.CE 2.S S Dễ thấy CHE  CAF(g.g) BHC BHC CA CF AB.AC AB.CF 2.SABC SABC HC.HA S HA.HB S Tương tự có CHA ; HAB . BC.BA SCBA CA.CB SCAB HB.HC HC.HA HA.HB S S S Do đó: BHC CHA AHB 1 AB.AC BC.BA CA.CB SBAC SCBA SACB Bài 13: Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2 R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O) (M khác A, khác B). Các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và M cắt nhau ở E. Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB). Vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE). a) Chứng minh rằng AEMO là tứ giác nội tiếp và APMQ là hình chữ nhật. b) Chứng minh rằng PQ, OE, MA đồng qui. c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh rằng K là trung điểm MP. d) Đặt AP = x , tính MP theo R và x . Tìm vị trí của M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất.
16. M Q K E I B A O P a) Xét tứ giác AEMO có góc  OAE =  OME = 900 nên tứ giác AEMO nội tiếp. Xét tứ giác APMQ có góc  MPA =  PAQ =  AQM = 900 nên tứ giác APMQ là hình chữ nhật. b) Do APMQ là hình chữ nhật nên hai đường chéo PQ và MA cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường. Do tiếp tuyến tại A và M cắt nhau tại E, I là trung điểm MA nên O, I, E thẳng hàng. Vậy PQ, OE, MA đồng qui tại I c) O là trung điểm AB, I là trung điểm MA nên OI song song với MB  MBP =  EOA Mà  MPB =  EAO = 900 nên MPB đồng dạng với EAO (g.g). Suy ra PB : AO = PM : AE PB. AE = PM. AO (1) Do PK song song với AE nên PB : AB = PK : AE PB. AE = PK. AB (2) Từ (1) và (2) suy ra PM. AO = PK. AB PM. 2AO = 2PK. AB PM = 2PK (do 2AO = AB) Vậy K là trung điểm MP. d) Trong tam giác vuông MPO, ta có MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (R - x )2 khi P thuộc đoạn OA MP2 = OM2 – OP2 = R2 – (x - R)2 khi P thuộc đoạn OB Khi đó MP2 = (2R - x )x . Suy ra MP = (2R x)x Diện tích hình chữ nhật APMQ là S = MP. AP = (2R x)x3 Bài 14: Cho đường tròn (O;R), vẽ 2 đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn CA lấy G sao cho GC=1 AC. Tia OG cắt BC tại M, vẽ ON vuông góc với BG 3 N BG . a/ Chứng minh MA là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) b/ Tia CN cắt đường tròn tại K . Tính KA4 KB4 KC 4 KD4 theo R c/ Chứng minh MN=2R
17. K Lấy I là trung điểm của BC ta có OI là đường trung bình của tam giác ABC OI//BC và OI=1 CB (1) ; Vì I là trung điểm của BC nên IC=1 AC mà GC=1 AC 2 2 3 1 1 1 GI 1 1 1 nên GI=IC GC= AC AC AC AC : AC 2 3 6 GC 6 3 2 OI GI 1 1 Ta có OI//BC ( cm trên) OI//CM OI CM (2) CM GC 2 2 Từ (1) và (2) ta có CB=CM. Xét ABM có OA=OB ( cùng bán kính) , có CB=CM ( cm trên) nên OC là đường trung bình OC // AM mà OC AB nên AM AB. Vậy MA là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) Ta có tam giác AKB nội tiếp đường tròn (vì 3 đỉnh nằm trên đường tròn) mà AB la đường kính nên tam giác AKB vuông tại K, theo Pitago ta có KA2 KB2 AB2 KA2 KB2 4R2 KA4 KB4 2KA2 KB2 16R4 Vẽ KP vuông góc với AB, theo hệ thức lương trong tam giác vuông AKB ta có KA KB AB  KP KA KB 2R  KP KA2 KB2 4R2 KP2 Vây ta có KA4 KB4 8R2 KP2 16R4 KA4 KB4 16R4 8R2 KP2 Vẽ KQ vuông góc với CD, chứng minh tương tự ta có KC 4 KD4 16R4 8R2 KQ2 Vây Ta có KA4 KB4 KC 4 KD4 32R4 8R2 KP2 KQ2 Xét tứ giác KPOQ có Oµ Pµ Qµ 900 nên tứ giác KPOQ là hình chữ nhật Vậy ta có KP2 +KQ2 =PQ2 =KO2=R2 Vậy KA4 KB4 KC 4 KD4 32R4 8R2 KP2 KQ2 =32R4 8R2 R2 24R4 Ta có ACB nội tiếp đường tròn, mà AB là đường kính nên ACB vuông tại C
18. AC  BM AC là đương cao của MAB . Ta có CM=CB ( cm trên) AC là trung tuyến của MAB vây MAB cân tại A AM AB . 1 Xét MAB có AM là trung tuyến mà GC=AC nên G là trọng tâm của MAB , keo dài 3 BG cắt đường tròn tại F và AM tại E ta có BE là trung tuyến của MAB nên EA=EM= MA , mà OA=OB=AB nên EA=BO. 2 2 Ta có AFB nội tiếp đường tròn, mà AB là đường kính nên AFB vuông tại F AF  BE O· BN F· AB 900 ; Vì MA AB ( cm trên) nên E· AF F· AB 900 E· AF O· BN Xét EAF và OBN có AE=OB , E· AF O· BN;E· FA O· NB 900 EAF OBN AF=NB; Ta có ON BF NB NF (vi ) nên FA=FN=NB AFN vuông cân F· NA 450 ·ANB 1350 . Ta có MAF= BAN (cgc) M· FA ·ANB 1350 , mà A· FN 900 M· FN 3600 1350 900 1350 Ta có MFN MFA (cgc) MN MA mà MA=AB=2R MN 2R Bài 15: Cho đường tròn (O; R) và đường thẳng xy không giao nhau. Kẻ OH  xy tại H. Lấy một điểm A bất kỳ thuộc xy. Từ A kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B là tiếp điểm). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AO cắt AO tại K và cắt đường tròn tại C. a) Chứng minh rằng: AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) b) Chứng minh rằng: Khi A di động trên đường thẳng xy thì dây BC luôn đi qua một điểm cố định. x C I H O K A B y a) Chứng minh: V ACO = V ABO (c.g.c) => AC  OC mà OC = R => AC là tiếp tuyến của đường tròn (O; R) b) Gọi I là giao điểm của BC và OH OK OI + C/m: V OIK và V OAH đồng dạng => => OI.OH = OK.OA (1) OH OA + Xét V ABO vuông tại B, đường cao BK ta có: OK.OA = OB2 (2) 2 2 Từ (1) và (2) suy ra: OI.OH = OB2 => OI = OB = R (không đổi) OH OH => I cố định Vậy khi A di động trên đ/ thẳng xy thì dây BC luôn đi qua điểm I cố định.
19. Bài 16: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao điểm của CN và DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung điểm của EF. a) Chứng minh: CM vuông góc với EF. b) Chứng minh: NB.DE = a2 và B, D, M thẳng hàng. c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác AEFC gấp 3 lần diện tích của hình vuông ABCD E M A N B F D C Ta có: E· CD B· CF (cùng phụ với E· CB ) Chứng minh được: EDC = FBC (cạnh góc vuông – góc nhọn) CE = CF ECF cân tại C Mà CM là đường trung tuyến nên CM  EF * Vì EDC = FBC ED = FB NCF vuông tại C. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: BC2 = NB.BF a2 = NB.DE (đpcm) EF * CEF vuông tại C có CM là đường trung tuyến nên CM 2 EF AEF vuông tại A có AM là đường trung tuyến nên AM 2 CM = AM M thuộc đường trung trực của AC. Vì ABCD là hình vuông nên B, D thuộc đường trung trực của AC B, D, M thẳng hàng vì cùng thuộc đường trung trực của AC (đpcm). Đặt DE = x (x > 0) BF = x
20. 1 SACFE = SACF + SAEF = AF AE CB 2 1 (AB BF)  AE AD 2 1 (a x).DE 2 1 (a x)x 2 1 2 2 2 SACFE = 3.SABCD (a x)x 3a 6a ax x 0 2 (2a x)(3a x) 0 Do x > 0; a > 0 3a + x > 0 2a x 0 x = 2a AN AE A là trung điểm của DE AE = a Vì AE //BC nên 1 NB BC N là trung điểm của AB. Vậy với N là trung điểm của AB thì SACFE = 3.SABCD Bài 17: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C khác O). Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D. Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D). Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD. 1. Chứng minh tam giác EMF là tam giác cân. 2. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM. Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng. 3. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi khi M di chuyển trên cung BD. E D M I H F A C O B Ta có M thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (giả thiết) nên A· MB 900 (góc nội
21. tiếp chắn nửa đường tròn) hay F· MB 900 . Mặt khác F· CB 900 (giả thiết).Do đó F· MB F· CB 1800 . Suy ra BCFM là tứ giác nội tiếp C· BM E· FM 1 (vì cùng bù với C· FM ). Mặt khác C· BM E· MF 2 (góc nội tiếp; góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn A¼M ). Từ (1) và (2) E· FM E· MF . Suy ra tam giác EMF là tam giác cân tại E. (Có thể nhận ra ngay E· MF M· BA M· FE nên suy ra EMF cân) D· IF Gọị H là trung điểm của DF. Suy ra IH  DF và D· IH 3 . 2 Trong đường tròn I ta có: D· MF và D· IF lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng 1 chắn cung DF. Suy ra D· MF D· IF (4). 2 Từ (3) và (4) suy ra D· MF D· IH hay D· MA D· IH . Trong đường tròn O ta có: D· MA D· BA (góc nội tiếp cùng chắn D»A ) Suy ra D· BA D· IH . Vì IH và BC cùng vuông góc với EC nên suy ra IH // BC. Do đó D· BA H· IB 180o D· IH H· IB 180o Ba điểm D, I, B thẳng hàng. 1 Vì ba điểm D, I, B thẳng hàng A· BI A· BD sđ A»D. 2 1 Mà C cố định nên D cố định sđ A»D không đổi. 2 Do đó góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD. Bài 18:
22. Bài 19: Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Biết ba góc C· AB, A· BC, ·BCA đều là góc nhọn. Gọi M là trung điểm của đoạn AH. 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB. 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. 4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh D· IJ D· FC 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. Chứng minh: A· FH 900 ; A· EH 900 Nên A· FH A· EH 900 900 1800 Suy ra tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn. ( tổng hai góc đối diện bằng 1800 ) 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB Chứng minh ΔBEC ΔADC (g-g) CE CB CE.CA CD.CB CD CA
23. 3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF. Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn ( O ) đường kính BC. Suy ra đường tròn ( O ) là đường tròn ngoại tiếp ΔBEF Áp dụng đường trung tuyến ứng với cạnh huyền, chứng minh: O· EB O· BE và M· EH B· HD M· HE Mà B· HD + O· BE 900 (ΔHDB vuông tại D ) Nên O· EB + M· EH 900 Suy ra M· EO 900 EM  OE tại E thuộc ( O ) EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh D· IJ D· FC Chứng minh ΔDBF ΔDEC (ΔABC ) B· DF E· DC B· DI I·DF E· DJ J·DC I·DJ F· DC Kết hợp áp dụng tỉ số giữa 2 bán kính bằng tỉ số đồng dạng, chứng minh được: ΔIDJ ΔFDC(c-g-c) Suy ra D· IJ D· FC Bµi 20. Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp ®­êng trßn (O). C¸c ®­êng cao AD, BE, CF c¾t nhau t¹i H vµ c¾t ®­êng trßn (O) lÇn l­ît t¹i M,N,P. A N Chøng minh r»ng: 1 1.Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp . E P F 1 2.Bèn ®iÓm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. 2 O 3.AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC. H 4.H vµ M ®èi xøng nhau qua BC. - 1 ( 5.X¸c ®Þnh t©m ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c DEF. B D 2 ( C - Lêi gi¶i: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: M  CEH = 900 ( V× BE lµ ®­êng cao)  CDH = 900 ( V× AD lµ ®­êng cao) =>  CEH +  CDH = 1800
24. Mµ  CEH vµ  CDH lµ hai gãc ®èi cña tø gi¸c CEHD , Do ®ã CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp Theo gi¶ thiÕt: BE lµ ®­êng cao => BE  AC => BEC = 900. CF lµ ®­êng cao => CF  AB => BFC = 900. Nh­ vËy E vµ F cïng nh×n BC d­íi mét gãc 900 => E vµ F cïng n»m trªn ®­êng trßn ®­êng kÝnh BC. VËy bèn ®iÓm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. XÐt hai tam gi¸c AEH vµ ADC ta cã:  AEH =  ADC = 900 ; ¢ lµ gãc chung AE AH => AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD. AD AC * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã:  BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung BE BC => BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC. AD AC 4. Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phô víi gãc ABC) C2 = A1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => C1 =  C2 => CB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc HCM; l¹i cã CB  HM => CHM c©n t¹i C => CB còng lµ ®­¬ng trung trùc cña HM vËy H vµ M ®èi xøng nhau qua BC. 5. Theo chøng minh trªn bèn ®iÓm B,C,E,F cïng n»m trªn mét ®­êng trßn => C1 = E1 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Còng theo chøng minh trªn CEHD lµ tø gi¸c néi tiÕp C1 = E2 ( v× lµ hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) E1 = E2 => EB lµ tia ph©n gi¸c cña gãc FED. Chøng minh t­¬ng tù ta còng cã FC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc DFE mµ BE vµ CF c¾t nhau t¹i H do ®ã H lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c DEF. Bài 21 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax , By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N. 1. Chứng minh AC + BD = CD. y 2. Chứng minh COD = 900. x D AB2 / 3. Chứng minh AC. BD = . I 4 M / 4. Chứng minh OC // BM C 5. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường N kính CD. 6. Chứng minh MN  AB. A O B 7. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải:
25. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: OC là tia phân giác của góc AOM; OD là tia phân giác của góc BOM, mà AOM và BOM là hai góc kề bù => COD = 900. Theo trên COD = 900 nên tam giác COD vuông tại O có OM  CD ( OM là tiếp tuyến ). áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có OM2 = CM. DM, AB2 Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC. BD =R2 => AC. BD = . 4 Theo trên COD = 900 nên OC  OD .(1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD là trung trực của BM => BM  OD .(2). Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì cùng vuông góc với OD). Gọi I là trung điểm của CD ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO là bán kính. Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB là hình thang. Lại có I là trung điểm của CD; O là trung điểm của AB => IO là đường trung bình của hình thang ACDB => IO // AC , mà AC  AB => IO  AB tại O => AB là tiếp tuyến tại O của đường tròn đường kính CD CN AC CN CM 6. Theo trên AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy ra BN BD BN DM => MN // BD mà BD  AB => MN  AB. 7. ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất , mà CD nhỏ nhất khi CD là khoảng cách giữ Ax và By tức là CD vuông góc với Ax và By. Khi đó CD // AB => M phải là trung điểm của cung AB. 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. 1. Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp . 2. Chứng minh CA là tia phân giác của góc SCB. 3. Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh rằng các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy. 4. Chứng minh DM là tia phân giác của góc ADE. 5. Chứng minh điểm M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE. Lời giải:
26. C C 2 1 1 2 3 O O D 3 E 2 S 1 1 E 2 S M D 2 M 1 1 2 2 1 2 2 3 1 3 1 F A F A B B H×nh a H ×n h b 1. Ta có CAB = 900 ( vì tam giác ABC vuông tại A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => CDB = 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. 2. ABCD là tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp cùng chắn cung AB). ¼ ¼ D1= C3 => SM EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung bằng nhau) => CA là tia phân giác của góc SCB. 3. Xét CMB 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. ¼ ¼ 4. Theo trên Ta có SM EM => D1= D2 => DM là tia phân giác của góc ADE.(1) 5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 900. Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn => A2 = B2 . Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp cùng chắn cung CD) => A1= A2 => 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 : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS => C»E C»S S¼M E¼M => SCM = ECM => CA là tia phân giác của góc SCB.