Tuyển tập các bài tập hình học hay thi vào lớp 10

Chia sẻ: Lê Phương | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

891
lượt xem 199
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Tuyển tập các bài tập hình học hay thi vào lớp 10 là tài liệu bổ ích để các em học tập, ôn luyện, kiểm tra và củng cố kiến thức môn Toán học để làm bài thi đạt điểm cao.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập các bài tập hình học hay thi vào lớp 10

Bài 1 Cho điểm A ở ngoài đường tròn tâm O. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC (M ≠ B, M ≠ C). Gọi D, E, F tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, AC, BC; H là giao điểm của MB và DF; K là giao điểm của MC và EF. 1) Chứng minh: a) MECF là tứ giác nội tiếp. b) MF vuông góc với HK. 2) Tìm vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MD.ME lớn nhất. HD: 1) MFC = MEC = 90o 2) Góc HCK + HDK = HCK + CAB + CBA = 180 o => CKI = CBD ( = EAC) => HK //AB 3) ∆MEF : ∆MFD(g − g) ⇒ MD.ME = MF2 ≤ MI , với I là trung điểm BC. => (MD.ME) max = MI2, khi I trùng với F. Khi đó ∆MBC cân nên M là điểm chính giữa cung BC. Bài 2 Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC( M khắc · B ) và N là điểm trên CD ( N khác C ) sao cho MAN = 45o .Đường chéo BD cắt AM và AN lần lượt tại P và Q. a) Chứng minh rằng ABMQ là tứ giác nội tiếp. b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh rằng AH vuông góc với MN. c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất. HD 1) QAM = QBM = 45o; 2)Các tứ giác ABMQ và ADNP nội tiếp => AQM = APN = 90o. 3)M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên 2 TH A B TH 1.M không trùng với C. 1 P AI .MN . Gọi I là giao điểm của AH và MN=> S = 2 M ∆MAI = ∆MAB ⇒ AI = AB = a, IM = BM Tương tự ∆NAI = ∆NAD ⇒ IN = DN . Từ đó H I 1 1 Q S = AI .MN = a.MN 2 2 MN < MC + NC = a − BM + a − DN = 2a − ( IM + IN ) 1 1 2D N C Vậy MN < 2a − MN hay MN < a ⇒ S = a.MN < a 2 2 . 1 1 TH 2. M trùng với C, khi đó N trùng với D và ∆AMN = ∆ACD nên S = AD.DC = a 2 2 2 Vậy ∆ AMN có diện tích lớn nhất ⇔ M ≡ C và N ≡ D . Bài 3 Cho đường tròn (O ; R) và dây AC c ố định không đi qua tâm. B là m ột đi ểm b ất kì trên đường tròn (O ; R) (B không trùng với A và C). Kẻ đ ường kính BB’. G ọi H là tr ực tâm c ủa tam giác ABC. 1) Chứng minh AH // B’C. 2) Chứng minh rằng HB’ đi qua trung điểm của AC. 3) Khi điểm B chạy trên đường tròn (O ; R) (B không trùng v ới A và C). Ch ứng minh r ằng điểm H luôn nằm trên một cung tròn cố định. Giải 1) AH //B/C vì cùng vuông góc với BC. 2) AHCB/ là hình bình hành. Gọi E, F là chân các đường cao hạ từ A và C. Tứ giác HEBF nội tiếp => AHC = EHF = 180o –ABC = không đổi. Bài 4 Cho đường tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ Ab lấy điểm M (M không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN (K∈AN).
1. Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đường tròn. 2. Chứng minh: MN là tia phân giác của góc BMK. 3. Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và BN. Xác định vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất. 1. Tứ giác AHMK nội tiếp vì · AKM = · AHM = 900 · · 2. KMN = NMB ( = góc HAN) · · · · · 3. AMBN nội tiếp => KAM = MBN => MBN = KHM = EHN => MHEB nội tiếp · · => MNE = HBN =>∆HBN đồng dạng ∆EMN (g-g) =>ME.BN = HB. MN (1) Ta có ∆AHN đồng dạng ∆MKN => MK.AN = AH.MN (2) (1) và (2) => MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB. => MK.AN + ME.BN lớn nhất khi MN lớn nhất => MN là đường kính của đường tròn tâm O.=> M là điểm chính giữa cung AB. Bµi 5 Cho nöa ®êng trßn (O;R) ®êng kÝnh AB. Trªn nöa ®êng trßn lÊy hai ®iÓm C, D (C thuéc cung AD) sao cho CD = R. Qua C kÎ ®êng th¼ng vu«ng gãc víi CD c¾t AB ë M. TiÕp tuyÕn cña (O;R) t¹i A vµ B c¾t CD lÇn lît t¹i E vµ F, AC c¾t BD ë K. a. Chøng minh r»ng tø gi¸c AECM néi tiÕp vµ tam gi¸c EMF lµ tam gi¸c vu«ng. b. X¸c ®Þnh t©m vµ b¸n kÝnh ®êng trãn ngo¹i tiÕp tam gi¸c KCD. c. T×m vÞ trÝ cña d©y CD sao cho diÖn tÝch tam gi¸c KAB lín nhÊt. · · b. AKB = 600 ⇒ AIB = 1200 (Gãc ë t©m vµ gãc néi tiÕp cïng ch¾n mét cung) ⇒ Tø gi¸c OCID néi tiÕp ⇒ OCI = ODI = 900 ⇒ ID = OD.tan300 = R 3 · · 3 c. ∆ KCD ∆ KBA 2 S∆KCD  CD  1 = ÷ = ⇒ S∆KBA = 4S∆KCD S∆KBA  AB  4 ⇒ S∆KBA lín nhÊt ⇔ S∆KCD lín nhÊt ⇔ KH lín nhÊt ⇔ H lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung lín CD cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c KCD ⇔ ∆ KCD c©n ⇔ ∆ KBA c©n ⇔ CD//AB Bài 6 Cho ®êng trßn t©m O b¸n kÝnh R vµ ®êng th¼ng d cè ®Þnh kh«ng giao nhau. Tõ ®iÓm M thuéc d, kÎ hai tiÕp tuyÕn MA, MB víi ®êng trßn (O; R) (A, B lµ c¸c tiÕp ®iÓm). 1. Gäi I lµ giao ®iÓm cña MO vµ cung nhá AB cña ®êng trßn. Chøng minh I lµ t©m ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c MAB. 2. Cho biÕt MA = R 3 , tÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng bÞ giíi h¹n bëi hai tiÕp tuyÕn MA, MB vµ cung nhá AB cña ®êng trßn (O; R). 3. Chøng minh r»ng khi M thay ®æi trªn d th× ®êng th¼ng AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh. b) SAOBM = 3 R2 πR2 SQ = AOB 3 3 3−π 2 S= R 3 c) Kẻ OH  d, gọi giao điểm của AB và OH là N, giao điểm của AB và OM là P. Tứ giác HMPN nội tiếp nên ON.OH = OP.OM = R2 Do đó N là điểm cố định mà AB luôn đi qua. Bài 7
Cho đường tròn ( O) và điểm A nằm bên ngoài (O). K ẻ hai ti ếp tuy ến AM, AN v ới đường tròn (O). Một đường thẳng d đi qua A cắt đ ường tròn (O) t ại hai đi ểm B và C ( AB < AC, d không đi qua tâm O). 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. 2) Chúng minh AN2 = AB.AC. Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm. 3) Gọi I là trung điểm BC. Đường thẳng NI c ắt đường tròn (O) tại đi ểm th ứ hai T. Ch ứng minh: MT // AC. 4) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại K. Ch ứng minh K thu ộc m ột đường thẳng cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đầu bài. Bài 8 Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo th ứ t ự đó. Đ ường tròn (O; R) thay đ ổi đi qua B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm c ủa MN và BC, H là giao đi ểm c ủa đ ường thẳng OI và đường thẳng MN. 1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn. H 2) Chứng minh OI.OH = R2. 3) Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Hướng dẫn câu IVc : AM AB + ∆AMB ∽ ∆ACM (g-g) ⇒ M = ⇒ AM 2 = AB.AC AC AM I C E AM AE + ∆AME ∽ ∆AIM (g-g) ⇒ B = ⇒ AM 2 = AI.AE AI AM A O ⇒ AB.AC = AI.AE (*) Do A, B, C cố định nên trung điểm I của BC cố định nên từ (*) suy ra E cố định. N
Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm E cố định Bài 9 Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a. Trên cạnh AD và CD lần lượt lấy các điểm M · và N sao cho góc MBN = 450, BM và BN cắt AC theo thứ tự tại E và F. a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp. b) Gọi H là giao điểm của MF với NE và I là giao điểm của BH với MN. Tính độ dài đoạn BI theo a. c) Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất. HD c) Tìm vị trí của M và N để diện tích tam giác MDN lớn nhất Do ∆MBG = ∆MBN (theo chứng minh ở phần b) => MG = MN Do đó MD + DN + MN = MD + DN + MG = MD + DN + (GA + AM) = MD + DN + CN + AM (vì GA = CN) = (MD + AM) + (DN + NC) = 2a (không đổi) Áp dụng định lý Pi-ta-go cho ∆MDN (vuông tại D), ta có MN2 = DN2 + DM2 ( DM + DN ) 2 Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN + DM ≥2 2 (vì tương đương với (DM – 2 DN)2 ≥ 0 luôn đúng). ( DM + DN ) 2 DM + DN Suy ra MN ≥ = 2 2 MD + DN 2 +1 => 2a = MD + DN + MN ≥ MD + DN + = ( MD + DN ) 2 2 Lại áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 2 +1 2 +1 2a=MD+DN+ MN ≥ ( MD + DN ) ≥ ×2 MD.DN = (2 + 2). MD.DN 2 2 2  2a  => DM .DN ≤  ÷ = 2( 2 − 1) .a 2 2  2+ 2  1 => S ∆MDN = DM .DN ≤ ( 2 − 1) .a , 2 2 2  DM = DN  DM + DN  dấu “=” xảy ra  MN = 2 ( ⇔ DM = DN = 2 − 2 a . )   DM + DN + MN = 2a  Vậy để diện tích tam giác MDN lớn nhất thì M, N lần lượt trên cạnh AD, CD sao cho ( DM = DN = 2 − 2 a . ) ̀ Bai 10 Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), n ội ti ếp đ ường tròn (O; R). (B, C c ố đ ịnh, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C c ắt nhau t ại M. T ừ M k ẻ đ ường th ẳng song
song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I. a) · · Chứng minh rằng MBC = BAC . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE. c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đ ường th ẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng. d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất. HD c) Ta có góc PTQ=900 do POIQ là đường kính. A Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 E FI FT góc đối đỉnh F bằng nhau và = FQ FM P O (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) I · · · · Nên FIQ = FTM mà FIQ = OIM = 900 (I Q F nhìn OM dưới góc 900) B C · Nên P, T, M thẳng hàng vì PTM = 1800 . T D M d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích S IBC lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn » nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I n ằm trên cung BC của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì ∆ABC vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R). Bài 11 Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) AE.AF = AC2. c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đ ường tròn ngo ại ti ếp ∆CEF luôn thu ộc m ột đường thẳng cố định. HD · · c) Theo câu b) ta có ACF = AEC , suy ra AC là tiếp tuyến của C E đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1). · Mặt khác ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra F AC ⊥ CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường A B I O tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm c ủa đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nh ỏ BC. D Bài 12 Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC (I∈ AB,K ∈ AC) a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. · · b) Vẽ MP ⊥ BC (P ∈ BC). Chứng minh: MPK = MBC . c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.
HD Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp. A · · · · Suy ra: MIP = MBP (4). Từ (3) và (4) suy ra MPK = MIP . · Tương tự ta chứng minh được MKP = MPI .· K MP MI Suy ra: MPK ~ ∆MIP ⇒ = I M MK MP ⇒ MI.MK = MP2 ⇒ MI.MK.MP = MP3. H C Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4) B P - Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định). O Lại có: MP + OH ≤ OM = R ⇒ MP ≤ R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5). Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 ⇔ M nằm chính giữa cung nhỏ BC. Bài 13 Cho hai đường tròn (O) và (O′) cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và (O′) . a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng. b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O′) tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A). Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. c) Một đường thẳng d thay đổi luôn đi qua A cắt (O) và (O′) thứ tự tại M và N. Xác định vị trí của d để CM + DN đạt giá trị lớn nhất. HD · · c) Ta có CMA = DNA = 900 (góc nội tiếp chắn F E N d nửa đường tròn); suy ra CM // DN hay CMND là A hình thang. I Gọi I, K thứ tự là trung điểm của MN và CD. Khi M đó IK là đường trung bình của hình thang CMND. O/ O Suy ra IK // CM // DN (1) và CM + DN = 2.IK (2) D C K B Từ (1) suy ra IK ⊥ MN ⇒ IK ≤ KA (3) (KA là hằng số do A và K cố định). Từ (2) và (3) suy ra: CM + DN ≤ 2KA. Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi IK = AK ⇔ d ⊥ AK tại A. Vậy khi đường thẳng d vuông góc AK tại A thì (CM + DN) đạt giá trị lớn nhất bằng 2KA. Bài 14 Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB. 1) Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn. 2) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh r ằng I là tâm đ ường tròn n ội ti ếp tam giác MCD. 3) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất.
HD 3) Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đ ường cao P nên diện tích của nó được tính: C A 1 S = 2 SOQM = 2. .OD.QM = R( MD + DQ) . Từ đó S nhỏ d H 2 B I M nhất ⇔ MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức O lượng trong tam giác vuông OMQ ta có DM .DQ = OD 2 = R 2 không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất ⇔ DM = DQ = R. Khi đó OM = R 2 hay M là giao D Q điểm của d với đường tròn tâm O bán kính R 2 . Bài 15 . Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. C là m ột đi ểm n ằm gi ữa O và A. Đ ường th ẳng vuông góc với AB tại C cắt nửa đường tròn trên tại I. K là m ột đi ểm b ất kỳ n ằm trên đo ạn thẳng CI (K khác C và I), tia AK cắt n ửa đường tròn (O) t ại M, tia BM c ắt tia CI t ại D. Ch ứng minh: 1) ACMD là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2) ∆ABD ~ ∆MBC 3) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm trên một đường thẳng cố định khi K di động trên đoạn thẳng CI. HD 3) Lấy E đối xứng với B qua C thì E cố định và D · · · · , lại có: BDC = CAK (cùng phụ với B ), µ EDC = BDC · · suy ra: EDC = CAK . Do đó AKDE là tứ giác nội tiếp. M Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD thì O’ I củng là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên K O′ A = O′ E, suy ra O′ thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AE cố định. A B E C O Bài 16 Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R. Từ điểm A trên n ửa đường tròn v ẽ AH ⊥ BC. Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự tại D và E. a) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R = 25 và BH = 10 b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn. c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEO1O2 đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị đó. HD µ · c) Vì O1D = O1B => ∆ O1BD cân tại O1 => B = BDO1 (2) · · µ · Từ (1), (2) => ADE + BDO1 = B + BAH = 900 => O1D //O2E A Vậy DEO2O1 là hình thang vuông tại D và E. 1 1 1 Ta có Sht = (O1D + O 2 E).DE = O1O 2 .DE ≤ O1O 2 (Vì O1D 2 E 2 2 2 + O2E = O1H + O2H = O1O2 và DE < O1O2 ) D 1 BC2 R 2 Sht ≤ O1O2 2 = = . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 2 8 2 DE = O1O2 B O1 H O O2 C
⇔ DEO2O1 là hình chữ nhật 2 ⇔ A là điểm chính giữa cung BC. Khi đó max S DEO2O1 = R . 2 Bài 18 Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đ ường tròn (O; R) b ất kỳ đi qua B và C (BC ≠ 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN đến (O) (M, N là ti ếp đi ểm). G ọi I, K l ần lượt là trung điểm của BC và MN; MN cắt BC tại D. Chứng minh: a) AM2 = AB.AC b) AMON; AMOI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. c) Khi đường tròn (O) thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OID luôn thuộc một đường thẳng cố định. HD c) Ta có OA ⊥ MN tại K (vì K trung điểm MN), MN cắt AC tại D. µ I Xét tứ giác KOID có K + $ = 1800 => tứ giác KOID nội tiếp M đường tròn tâm O1 => O1 nằm trên đường trung trực của DI mà AD.AI = AK.AO = AM2 = AB.AC không đổi (Vì A, B, C, I cố định). A K O Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định. D I Vậy O1 tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OIK luôn thuộc B C đường trung trực của DI cố định. N Bài 19 Qua điểm A cho trước nằm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 ti ếp tuyến AB, AC (B, C là các ti ếp điểm), lấy điểm M trên cung nhỏ BC, vẽ MH ⊥ BC; MI ⊥ AC; MK ⊥ AB. a) Chứng minh các tứ giác: BHMK, CHMI nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh MH2 = MI.MK c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB, AC tại P, Q. Ch ứng minh chu vi ∆ APQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M. HDc c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) Xét chu vi ∆ APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi. Vì A cố định và đường tròn (O) cho trước nên chu vi ∆ APQ không phụ thuộc vào vị trí của điểm M (đpcm). Bài 20 Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 là các các đường thẳng lần lượt qua A, B và cùng · vuông góc với đường thẳng AB. M, N là các điểm lần lượt thuộc d1, d2 sao cho MON = 900. 1) Chứng minh đường thẳng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O). AB 2 2) Chứng minh AM . AN = . 4 3) Xác định vị trí của M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất.
HD 1 1 3. S ∆MON = OH . MN > OH . AB (Vì AMNB là hình 2 2 N thang vuông) Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa của cung AB. H AB ⇔ M, N song song với AB ⇔ AM = BN = M . 2 AB Vậy S ∆MON nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN = B . A O 2 Bài 21 2 Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = AO. Kẻ dây 3 MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. 1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp . 2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC. 3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. HD · · 3. Theo trên AMN = ACM ⇒ AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ECM. Nối · MB ta có AMB = 900, do đó tâm O1 của đường M tròn ngoại tiếp ∆ECM phải nằm trên BM. O1 Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng E C cách từ N đến BM ⇒ NO1 ⊥BM. Gọi O1 là chân A B đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O 1 I O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường N tròn ngoại tiếp ∆ ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM. Bài 22 Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính bằng 1. Tam giác ABC thay đổi và luôn ngoại tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng đi qua tâm O cắt các đoạn AB, AC lần lượt tại M và N. Xác định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tp Hồ Chí Minh năm học 2001 – 2002) LỜI GIẢI
A Giả sử đường tròn (O) tiếp xúc aB, AC lần lượt tại H và K. 1 1 AM + AN I S AMN = SOAM + SOAN = OH . AM + OK . AN = K 2 2 2 1 N Vẽ MI ⊥ AB tại I. Ta có: AM ≥ MI H Áp dụng BĐT Cô si cho hai số không âm ta có: O AM + AN M ≥ AM . AN 2 B C 1 Do đó: S AMN ≥ AM . AN ≥ MI . AN ; S AMN = MI . AN ⇒ MI . AN = 2S AMN 2 Vậy: S AMN ≥ 2 S AMN ⇔ S AMN ≥ 2 S AMN ⇔ S AMN ≥ 2 (do S AMN > 0 ) 2 · Dấu “= “ xảy ra ⇔ AM = AN = MI, tức là khi BAC = 900 và AM = AN. Vậy GTNN của diện tích tam giác AMN là 2. Bài 23 Cho đường tròn tâm O, vẽ dây cung BC không đi qua tâm. Trên tia đối của tia BC lấy điểm M bất kì. Đường thẳng qua M cắt đường tròn (O) lần lượt tại hai điểm N và P (N nằm giữa M và P) sao cho O nằm bên trong góc PMC. Trên cung nhỏ NP lấy điểm A sao cho cung AN bằng cung AP. Hai dây cung AB, AC cắt NP lần lược tại D và E. a) Chứng minh: MB.MC = MN.MP b) Bán kính OA cắt NP tại K. Chứng minh: MK 2 > MB.MC A P Giải: E 1 a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp. D K Ta có: N O » + sd PC sd » + sd PC sd AN » AP » 1 · PEC = = M C 2 2 ( vì » = » ) AN AP B sd ¼APC = ( vì · ABC là góc nội tiếp đ/tròn(O) chắn cung APC) 2 µ µ µ · Suy ra: E1 = B1 ; Mà: E1 + DEC = 1800 µ · Nên: B1 + DEC = 1800 ⇒ Tứ giác BDEC nội tiếp Cách 2: Ta có: µ 1 » (µ B1 = s®AC v×B1gãc néi tiÕ ch¾ AC 2 p n» )    · 1 DEC = s®AP 2 ( )( · » + s®NC v×DECl µ gãc cã ® nh bªn trong ® » Ø )  /trßn   1 ( » » = s®AN + s®NC v×AP = AN 2 » )( » )    µ · 1 ( » » » ) 1 ⇒ B1 + DEC = s®AN + s®NC + s®AC = .3600 = 1800 2 2 ⇒ Tứ giác BDEC nội tiếp b) Chứng minh: MB.MC = MN.MP Xét: ∆ MBP và ∆ MNC có: · PMC : góc chung µ µ P = C ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB của đường tròn (O)) 1 1
MB MP Suy ra: ∆ MBP ~ ∆ MCN ( g - g ) ⇒ = ⇒ MB.MC = MN .MP MN MC c) Chứng minh: MK 2 > MB.MC : Ta có: OA ⊥ NP ( vì A là điểm chính giữa của cung NP) Suy ra: NP = 2.NK Mà: MB.MC = MN.MP ( Theo câu b) Do đó: MB.MC = MN(MN + NP) = MN( MN + 2.NK) = MN 2 + 2.MN .NK (1) Mà: MK 2 = ( MN + NK ) = MN 2 + 2MN .NK + NK 2 > MN 2 + 2.MN .NK 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: MK > MB.MC 2 Cách 2: Ta có: MK > MN ( vì N nằm giữa M và K) ⇒ MK.NK > MN.NK ⇒ MK.NK + MK.MN > MN.NK + MK.MN ⇒ MK(NK + MN) > MN(NK + MK) ⇒ MK 2 > MN. MP ( Vì NK + MK = MK + KP: Do NK = KP) Mà: MB.MC = MN.MP ( Theo câu b) Do đó: MK 2 > MB.MC Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương MN và MP, ta có: MN + MP ≥ 2 MN .MP ⇔ 2MK ≥ 2 MN .MP ⇔ MK 2 ≥ MN .MP Dấu = xảy ra khi MN = MP, điều này không thể xảy ra. Cách 4: » » Do: AN = AP : gi ¶ thiÕ ⇒ K là trung điểm của NP hay KN = KP. Đặt KN = KP = a t Ta có: MB.MC = MN.MP(câu b); mà MN = MK – KN và MP = MK + KP ⇒ MB.MC = MN.MP = (MK – a)(MK + a) = MK 2 − a2 < MK 2 Vậy MK 2 > MN .MP; hay : MK 2 > MB.MC đều. Bài 24 Cho đường tròn (O) có các đường kinh MN và PQ(PQ không trùng với MN). a) Chứng minh tứ giác MPNQ là hình chữ nhật. b) Các tia NP, NQ cắt tiếp tuyến tại M của đường tròn (O) theo thứ tự ở E và F. Chứng minh bốn điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn. c) Khi MN cố định, PQ thay đổi. Tìm vị trí của E và F khi diện tích tam giác NEF đạt giá trị nhỏ nhất. Giải F a) Chứng minh tứ giác MPNQ là hình chữ nhật. Ta có: OM = ON = OP = OQ(= R) ⇒ Tứ giác MPNQ là hình bình hành. · Lại có: MQN = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Do đó: MPNQ là hình chữ nhật. M Q 1 b) Chứng minh bốn điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn. O µ ¶ Ta có: P = M 1 (góc nội tiếp cùng chắn cung NQ) 1 1 E P N ¶ µ Mà: M = F (vì cùng phụ với FNM )· 1 µ µ Do đó: P = F ⇒ Tứ giác EFQP nội tiếp. Hay bốn điểm E, F, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 1 c) Tìm vị trí của E và F khi diện tích tam giác NEF đạt giá trị nhỏ nhất.
1 1 Ta có: S N EF =MN .EF = .2 R ( EM + MF ) = R ( EM + MF ) 2 2 Theo bất đẳng thức cô si, ta có: EM + MF ≥ 2 EM .MF ( *) Tam giác NEF vuông có NM là đường cao, nên: EM.MF = NM 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) Vậy ( *) ⇔ S N EF ≥ R.2 NM 2 = 2.MN = 2 R.2 R = 4 R 2 : không đổi Dấu = xảy ra ⇔ EM = MF ⇔ Δ NEF vuông cân tại N · ⇔ NM là tia phân giác của góc QNP ⇔ MPNQ là hình vuông ⇔ PQ ⊥ MN Vậy GTNN của S N EF là 4R 2 ⇔ PQ ⊥ MN Bài 25 Cho C là một điểm nằm trên đường thẳng AB(C khác A và B). Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tai Ax lấy điểm I khác A, tia vuông góc với CI tại C cắt By tại K. Đường tròn đường kính CI cắt IK tại P. a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp. b) Chứng minh AI.BK = AC.BC c) Gọi M là giao điểm của IC và AP; N là giao điểm của KC và BP.Chứng minh MN // AB. d) Cho A, B, I cố định. Tìm vị trí của điểm C để diện tích tứ giác ABKI đạt giá trị lớn nhất. Giải a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp. · · · Ta có: CIP = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ CPK + CBK = 1800 ⇒ Tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK. b) Chứng minh AI.BK = AC.BC IA CB · ¶ ¶ ¶ Δ¶ Vì ICK = 900 nên: C2 + C3 = 90Δ⇒ C~ = K 2 ⇒ ICA 0 2 CKB ( g − g ) ⇒ = CA KB ⇒ AI .KB = CA.CB x c) Chứng minh MN // AB. Ta có: µ1 = I1 (vì nội tiếp cùng chắn cung BC A µ I y P đường kính IC) 1 µ = K (vì nội tiếp cùng chắn cung BC B1 ¶ K 1 1 của đ/tròn đường kính CK 2 · · · · O 1 ⇒ APB = ICK = 90 ⇒ MCN + MPN = 180 ⇒ 0 0 T ứ giác MCNP nội tiếp đường tròn đường kính M N MN 1 µ 1 2 1 ¶ ⇒ M 1 = C1 (vì nội tiếp cùng chắn cung PN) (1) 3 A B µ = C (góc giữa tia tt và dây và góc nội tiếp µ C 1A 1 cùng chắn cung PC của đường tròn đường kính IC) M 1 = µ1 ⇒ MN // AB ¶ A d) Cho A, B, I cố định. Tìm vị trí của điểm C để diện tích tứ giác ABKI đạt giá trị lớn nhất Ta có: 2. S ABKI = AB ( AI + BK ) . Vì AB, AI không đổi nên S ABKI lớn nhất ⇔ BK lớn nhất CA.CB ⇔ CA.CB lớn nhất (vì AI.BK = CA.CB ⇔ BK = ) AI 2 CA + CB  CA + CB  Ta có: CA.CB ≤ ⇔ CA.CB ≤  ÷ (không đổi), (Áp dụng BĐT Cô si) 2  2 
Dấu = xảy ra khi CA = CB. Vậy S ABKI lớn nhất khi C là trung điểm của AB. Cách 2: Ta có: AIKB là hình thang vuông có AB là đường cao, nên: 1 S ABKI = ( AI + BK ) AB , vì A, B, I cố định ⇒ AI, AB không đổi. 2 Vậy S AIKB lớn nhất ⇔ BK lớn nhất. Dễ thấy hai tam giác vuông AIC và BCK có: · AIC = BCK (cùng phụ với · · ACI ). AI AC Do đó: ΔAIC ~ ΔBCK ( g − g ) ⇒ = BC BK 1 1 1 ⇒ BK = .BC. AC = ( AB − AC ) AC = ( AB. AC − AC 2 ) AI AI AI 1  AB AB 2 AB 2  1  AB  AB 2  2 =−  AC 2 − 2 AC + − ÷= −  AC − ÷ −  AI  2 4 4  AI   2  4  2 1  AB  AB 2 AB 2 =−  AC − ÷ + ≤ không đổi AI  2  4 AI 4 AI AB AB Dấu = xảy ra ⇔ AC − = 0 ⇔ AC = ⇔ C là trung điểm đoạn AB. 2 2 Vậy S ABKI lớn nhất khi C là trung điểm của AB. Bài 26 Cho đường tròn (O;R) đường thẳng d đi qua O và cắt đường tròn tại hai điểm A và B. Từ một điểm C trên đường thẳng d(C nằm ngoài đường tròn(O)). Gọi H là trung điểm của AB, đường thẳng OH cắt tia CN tại K. a) Chứng minh bốn điểm C, O, H, N cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh KN.KC = KH.KO. c) Đoạn thẳng CO cắt đường tròn (O) tại I. Chứng minh I cách đều CM, CN, MN. d) Một đường thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần luwowyj tại E và F. xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích của tam giác CEF là nhỏ nhất. Giải a) Chứng minh bốn điểm C, O, H, N cùng nằm trên một đường tròn. Ta có: OH ⊥ AB(vì đường kính đi qua điểm chính giữa của cung) E M ON ⊥ CN A · · ⇒ OHC = ONC = 900 ⇒ Bốn điểm C; O; H; N H 2 1 cùng nằm trên đường tròn đường kính OC B O 1 d b) Chứng minh KN.KC = KH.KO. I C µ µ Ta có: O1 = C1 (vì cùng bù với góc HON) 1 KO KN ⇒ ΔKON ~ ΔKCH ( g − g ) ⇒ = ⇒ KO.KH = KC .KN KC KH F N c) Chứng minh I cách đều CM, CN, MN. K · » CI là phân giác của MCN và CI ⊥ MN nên: MI = NI » ⇒ NI; NI lần lượt là các phân giác của góc CMN; CNM. Vậy I là giao điểm của các đường phân giác của tam giác CMN nên I cáchđều các cạnh CM, CN, MN
d) Một đường thẳng đi qua O và song song với MN cắt các tia CM, CN lần lượt tại E và F. xác định vị trí của C trên d sao cho diện tích của tam giác CEF là nhỏ nhất. Ta có: SC EF = 2SCOE = CE.OM = ( CM + ME ) .R SC EF nhỏ nhất khi CM + ME nhỏ nhất. Mà: CM.ME = OM 2 = R 2 không đổi. Áp dụng bất đẳng thức cô si, ta có: CM + ME ≥ 2 CM .ME = R Dấu = xáy ra ⇔ CM = ME = R ⇒ Δ COE vuông cân tại O và Δ COM vuông cân tại M ⇒ MO = MC = R ⇒ OC = R 2 Vậy C là giao điểm của đường tròn(O; R 2 ) với đường thẳng d. Bài 27 Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc đường tròn (O), (M khác A và B). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và M cắt nhau tại E. Vẽ MP vuông góc với AB(P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE(Q thuộc AE). a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp và APMQ là hình chữ nhật. b) Gọi I là trung điểm của PQ. Chứng minh O, I, E thẳng hàng. c) Gọi K là giao điểm của EB và MP. Chứng minh hai tam giác AEO và MPB đồng dạng và KM = KP. d) Đặt AP = x. Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất. E Giải a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp và APMQ là hình chữ nhật. · · Ta có: EAO = EMO = 900 ⇒ Tứ giác AEMO nội tiếp đường tròn đường kính EO. Q M Tứ giác APMQ là hình chứ nhật vì có ba góc I vuông. K b) Chứng minh O, I, E thẳng hàng. 1 1 Do tứ giác MQAP là hình chữ nhật nên I là trung A x O P 2R - x B điểm của AM Ta có: EA = EM; OA = OM. Suy ra: EO đi qua trung điểm của AM ⇒ EO đi qua I hay O; I; E thẳng hàng. c) Chứng minh hai tam giác AEO và MPB đồng dạng và KM = KP. Ta có: OE // MB(vì cùng vuông góc với AM) µ µ PB MP PB PB ⇒ O1 = B1 ⇒ ΔAEO ~ ΔPMB ( g − g ) ⇒ = ⇒ MP = EA. = 2 EA. ( 1) AO EA AO AB BP KP Do KP // EA ⇒ = ( 2) AB EA KP Từ (1) và (2) suy ra: MP = 2 EA. = 2 KP ⇒ KM = KP EA d) Tính MP theo R và x. Tìm vị trí của điểm M trên đường tròn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn nhất. Đặt: AP = x ⇒ PB = 2R - x (vì AB = 2R) Tam giác AMB vuông tại M có MP là đường cao nên:
MP 2 = PA.PB = x ( 2 R − x ) ⇒ MP = x ( 2 R − x ) x  x  3 + 2R − x ÷  x x x ⇒ S MPAQ = AP.MP = x x ( 2 R − x ) = x 3. ( 2 R − x ) ≤ x 3  ÷ = x 3  R − ÷ = 3 3.  R − ÷ 3  2 ÷  3 3 3   2 x x  3+R− 3 ÷ 3 3 2 ≤ 3 3 ÷ = R  2 ÷ 4   x  3 = 2R − x  3R Dấu = xảy ra ⇔  ⇔x= x = R− x 2 3  3 Vậy diện tích HCN: MPAQ lớn nhất khi M thuộc đường tròn sao cho P là trung điểm của OB. Cách 2: Trong tam giác vuông ABM, ta có: MP 2 = PA.PB = x ( 2 R − x ) ⇒ MP = x ( 2 R − x ) ; 0 < x < 2R (vì M thuộc đường tròn (O) và M khác A, B) Diện tích hình chữ nhật APMQ là: S MPAQ = MP.PA = x x ( 2 R − x ) = x 3 ( 2 R − x ) Ta chứng minh bổ đề sau: Nếu a,b,c,d không âm, ta có: 4  a+b+c+d  abcd ≤  ÷ . Dấu = xảy ra ⇔ a = b = c = d  4  Ta có: a + b ≥ 2 ab ( 1) , ∀a, b ≥ 0 ; tương tự c + d ≥ 2 cd ( 2) Từ (1) và (2) suy ra: a + b + c + d ≥ 2 ( ) ab + cd ; ta còn có: ab + cd ≥ 2 ab . cd 4  a+b+c+d  ab . cd ⇒ ( a + b + c + d ) 4 Do đó: a + b + c + d ≥ 4 ≥ 4 abcd ⇒ abcd ≤  2 ÷  4  Dấu = xảy ra ⇔ a = b = c = d . x x x Áp dụng bổ đề trên với bốn số: ; ; và 2R - x, ta có: 3 3 3 x x x  x x x  3 + 3 + 3 + 2R − x ÷ R4 x 3 ( 2 R − x ) = 27. . . . ( 2 R − x ) ≤ 27  ÷ = 27 3 3 3  4 ÷ 16   x x x 3R Dấu = xảy ra ⇔ = = = 2 R − x ⇔ x = . 3 3 3 2 Vậy diện tích HCN: MPAQ lớn nhất khi M thuộc đường tròn sao cho P là trung điểm của OB. Bài 28 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Điểm H c ố định thuộc đoạn thẳng AO (H khác A và O). Đường thẳng đi qua điểm H và vuông góc v ới AO c ắt n ửa đ ường tròn (O) t ại C. Trên cung BC lấy điểm D bất kỳ (D khác B và C). Tiếp tuyến c ủa n ửa đ ường tròn (O) t ại D c ắt đường thẳng HC tại E. Gọi I là giao điểm của AD và HC. 1. Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn.
2. Chứng minh tam giác DEI là tam giác cân. 3. Gọi F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD. Chứng minh góc ABF có s ố đo không đổi khi D thay đổi trên cung BC (D khác B và C). HD Do F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD nên · 180° − CFI · CFI · ICF = = 90° − 2 2 E · CFI · · = ICD = CBA suy ra 2 C D · · · ICF = 90° − CBA = HCB F Vì D nằm trên cung BC nên tia CF I A O trùng với tia CB cố định . Vậy góc B H ABF có số đo không đổi