Chùm bài toán tiếp tuyến cát tuyến ôn thi vào lớp 10

Untitled Giáo viên Nguyễn Chí Thành CHÙM BÀI TOÁN TIẾP TUYẾN – CÁT TUYẾN ÔN THI VÀO 10 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1 Cho  ;O R và điểm M nằm ngoài đường tròn Kẻ tiếp tuyến MB với đường tròn, dây BC vuông góc[.]

CHÙM BÀI TỐN TIẾP TUYẾN – CÁT TUYẾN ƠN THI VÀO 10 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: Cho  O; R  điểm M nằm ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến MB với đường trịn, dây BC vng góc OM H B O H I M C 1) Chứng minh OH OM  R Vì MB tiếp tuyến  O   BM  OB   OBM vuông B, BH đường cao Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông OBM : OM OH  OB  R 2) Chứng minh MB  MC , HB  HC Xét hai tam giác vuông OHB OHC có OB  OC  R , OH chung   COH   BOH Từ OHB  OHC  2cgv     HB  HC Từ suy OMB  OMC  c  g  c   MB  MC 3) Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn   OBM   900  CM tiếp tuyến  O  Do OMB  OMC  OCM Giáo viên: Nguyễn Chí Thành 4) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp đường trịn, tìm tâm đường trịn B O H M I C   MCO   1800  MBOC nội tiếp, tâm nằm trung điểm OM Chỉ MBO 5) Bài thay đổi lại đề bài, cho hai tiếp tuyến MB, MC Chứng minh BC  OM B O M H C + Lập luận MB  MC  M nằm trung trực BC , OB  OC  O nằm trung trực BC Vậy OM trung trực BC  OM  BC  ( tính chất tiếp tuyến) nên OM đường cao + Hoặc MB  MC MO phân giác góc BMC MBC  OM  BC  biết OM  R 6) Tính OH , HM , MB, MC , góc BMC B O M H C Chỉ OB  OH OM  R  OH R  OH  R R 3R  HM  OM  OH  R   2 Tính BM  OM  OB  R  MC  MB  R  sin BMO OB   300  BMC   2.BMO   600   BMO OM 7) Cho CM  R Tính diện tích COBM 1 4R Vì OBM  OCM  SOBMC  2S OCM  .OC.CM  .R R  ( đơn vị diện tích) 2 3 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành  I tâm đường tròn nội tiếp 8) Gọi giao OM với  O  I Chứng minh BI phân giác góc MBC MBC (Đề đổi thành: Chứng minh M thay đổi, tâm đường trịn ngoại tiếp MBC ln nằm đường tròn cố định – chứng minh I cách cạnh BM , CM , BC ) B O H I M C  Cách 1: Do MC , MB hai tiếp tuyến cắt M  MO phân giác góc BMC 1   IBM   900 OBI    HIB   900   IBM   BI phân giác góc CBM   2  HBI Ta có:  HBI    HIB  OBI ,  OI  OB  R  Từ 1   I tâm đường tròn nội tiếp BCM  Cách 2: Do MC , MB hai tiếp tuyến cắt M  MO phân giác góc BMC 1   BI    COM  ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên cung CI Ta có: BOM   CBI  sdCI   IBM   BI phân giác góc CBM   2 Mà   CBI   sd BI   IBM  Từ 1   I tâm đường tròn nội tiếp BCM 9) Chứng minh IH HB  IM BM B O H I M C   HI  BH ( tính chất phân giác) Xét BHM có BI phân giác góc HBM IM BM 10) Tìm vị trí điểm M để BI  MC ( CI  MB )  , để BI  CM  CBM cân B  CB  BM Vì BI phân giác góc CBM Giáo viên: Nguyễn Chí Thành   600  BOC   1200  BOM   600 Mà BM  CM  BCM tam giác nên BMC  Ta có: cos BOM OB OB  OM   2R  OM cos BOM Vậy để BI  CM M   O; R  11) Từ điểm A cung nhỏ BC vẽ tiếp tuyến với đường tròn  O  Tiếp tuyến cắt MB, MC A1 , A2 Chứng minh chu vi MA1 A2 không đổi độ lớn góc  A1OA2 khơng phụ thuộc vào vị trí điểm A A di chuyển cung nhỏ BC B A1 A O M A2 C  MB  MC  Ta có:  A1B  A1 A ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau) A A  A C  2 Chu vi MA1 A2 là: MA1  MA2  A1 A2  MA1  MA2   A1 A  AA2    MA1  A1 A    MA2  AA2    MA1  A1B    MA2  CA2   MB  MC  2MB không đổi A di chuyển cung nhỏ BC   1 1 1  khơng đổi Ta có:  A1OA2   A1OA   AOA2  BAO  AOC  BOC  1800  BMC 2 2 A1OA2 khơng phụ thuộc vào vị trí điểm A Vậy chu vi tam giác MA1 A2 độ lớn góc  12) Cho R  3cm, OM  6cm Tính số đo góc  A1OA2 B A1 A O M A2 C    Trong tam giác vng BMO ta có: Ta có:  A1OA2  1800  BMC  sin BMO OB   300  BMC   600    BMO OM Giáo viên: Nguyễn Chí Thành     600 Do  A1OA2  1800  BMC 13) Gọi giao OA1 OA2 với BC A3 A4 Chứng minh A2 A3  OA1 A1 A4  OA2 ( câu hỏi liên quan đến ba đường cao OA1 A2 chứng minh tứ giác OCA2 A3 OBA1 A4 A3 A4 A2 A1 tứ giác nội tiếp) B A1 A3 O A M A4 A2 C    BOC  ( góc tâm góc nt) mà BCA Ở em chứng minh  A1OA2  BOC 2  Suy  A1OA2  BCA   Từ suy tứ giác OCA2 A3 tứ giác nội tiếp nên OA A2  OCA2  90   BOC   tứ giác OBA A nội tiếp nên Chứng minh tương tự:  A1OA2  CBA   OA A1  OBA1  90  A1 A4  OA2   600 , gọi giao OA OA với BC A A Tính tỉ số A1 A2 14) Cho góc BMC A3 A4 B A1 A3 O A M A4 A2 C   1200 Đầu tiên em tính góc BOC     Ở em chứng minh tứ giác OCA2 A3 nội tiếp nên OA C  OA3C  OA2 A  OA3C A2 A1 OA3   ( OA  C  OA2 A tính chất tt cắt nhau) Từ suy OA3 A4 ∽ OA2 A1  A3 A4 OA2 OA3 OA3  Do OA3 A2 vuông A3  A3OA2  BOC  600 nên cos  A3OA4    cos 600  OA2 OA2 2 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành Vậy A2 A1 OA3   A3 A4 OA2   600 OA1  BC  A3 Chứng minh AA AA  BA CA 15) Cho góc BMC  OA2  BC  A4 B A1 A3 O A M A4 A2 C Chỉ  A1 BA3   A1OA2   A2CA4  600 A1 BA3 ∽ A4OA3  g  g  A B BA  A1 BA3 ∽ A4CA2   Chỉ  A4C CA2 A4OA3 ∽ A4CA2  g  g   A1B  A1 A A A BA    AA1 AA2  BA3 CA4 Mà  A4C AA2 CA2  AA2 16) Từ điểm A cung nhỏ BC kẻ AR, AT , AY vng góc với CB, BM , CM R , T , Y   600 Tính góc TRY  ( chứng minh góc TRY  khơng đổi chứng minh Cho góc BMC   BMC ) TRY B T A R M O Y C 1 Chỉ ATBR, AYCR tứ giác nội tiếp nên  ( góc nt góc tâm) ART   ABT  BOA   1 1 1    600 Và  ARY   ACY   AOC  TRY ART   ARY  BOA  AOC  BOC  1800  BMC 2 2 17) Chứng minh AR  AT AY B T A R M O Y C Giáo viên: Nguyễn Chí Thành   AYR   ACR   ABT   ART  ARY ∽ ATR  g  g  Chỉ góc  ARY   ACT   ABC   ATR   Suy AR AY   AR  AT AY AT AR 18) Tìm vị trí điểm A để AT AR AY đạt giá trị lớn AT AY đạt giá trị lớn B T A R M O Y C + Ta có: AT AY  AR Do AT AY đạt giá trị lớn AR lớn nhất, suy ARmax  AI  A  I + Ta có: AT AY  AR  AT AY AR  AR Do AT AR AY đạt giá trị lớn AR lớn nhất, suy ARmax  AI  A  I ( với I  OM   O  ) 19) Gọi RT  AB  A5 , RY  AC  A6 Chứng minh tứ giác AA5 RA6 nội tiếp A5 A6  RA ( A5 A6 / / BC ) B T A5 R O A H M A6 Y C   ARA5   ABT   ACB Chỉ  ARA6   ACY   ABC   Suy  A5 AA6   A5 RA6   A5 AA6   A5 RA   ARA6   A5 AA6   ACB   ABC  1800 Suy tứ giác AA5 RA6 nội tiếp   A A / / BC  A A  AR Vì tứ giác AA5 RA6 nội tiếp nên  A6 A5 A   A6 RA   ACY  CBA 6 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành 20) Cho A, B, Y thẳng hàng, kéo dài A5 A6  BM  R1 Chứng minh BR1 A6 R hình bình hành ( khai thác yếu tố hình bình hành này) B R1 T A5 H O M A R A6 Y C Ở em A5 A6 / / BC Mặt khác:  ABT   ACB   AYR  RY / / BM Từ suy BR1 A6 R hình bình hành 21) Chứng minh TR  TB RY  RC B T A R O M Y C Chỉ  AYR   ACR   ABT   ART   AYR   ART   900   ART  TRB   RYC  Mà   TRB    AYR  RYC  90   TBR   RCY   RCY   RYC   RY  RC Mặt khác TB  TR  TRB  22) Chứng minh tia đối tia AR phân giác góc TAY B T O y A R M H Y C Gọi Ay tia đối tia AR   TAy  Chỉ tứ giác BTAR nội tiếp nên CBT   YAy  Mà C    Ay phân giác góc TAY  Chỉ tứ giác CYAR nội tiếp nên BCY BT  BCY Giáo viên: Nguyễn Chí Thành  AB  RT  A5 23) Gọi  Gọi  O4  đường tròn qua điểm ATA5 ,  O5  đường tròn qua điểm  AC  RY  A6 AYA6 A7 giao điểm thứ hai  O4   O5  , H trung điểm BC Chứng minh A7 , A, H thẳng hàng B T A5 O R A8 H A6 O4 A7 A M O5 Y C Gọi A8 giao A7 A với A5 A6 H  giao A7 A với BC  Chỉ  A5 A6 A  BCA A6YA  A5 A6 tiếp tuyến  O5  Từ A8 A62  A8 A A8 A7  Chứng minh tương tự :  A8 A5 A  BCT A5TA  A8 A5 tiếp tuyến  O4  suy A8 A52  A8 A A8 A7 Từ suy A8 A62  A8 A52  A8 A5  A8 A6  A8 trung điểm A5 A6 + Do A5 A6 / / BC  A5 A8 A6 A8  AA8      H B  H C  H  trung điểm BC  H   H H B H C  AH   Vậy A7 , A, H thẳng hàng   1200 Gọi giao OA OA với BC A A Tìm vị trí điểm A cung nhỏ 24) Cho góc BOC BC để diện tích tam giác OA3 A4 bé tìm giá trị bé ( tìm vị trí điểm A để diện tích OA1 A2 bé độ dài A1 A2 bé nhất) B B A1 A3 R O A1 T A3 A M A4 O A H A4 A2 Y A2 C Ta có: OA3 A4 ∽ OA2 A1 theo tỉ số K  Giáo viên: Nguyễn Chí Thành C OA3  cos  A3OA2  cos 600  OA2 M Suy S OA3 A4 S OA2 A1 = S OA2 A1  S OA3 A4 = 4 Do SOA3 A4 nhỏ S OA2 A1 nhỏ R Mà S OA2 A1  OA A1 A2  A1 A2 nhỏ A1 A2 nhỏ 2 Mà A1 A2 nhỏ A  OM   O  Khi OAB tam giác nên OH  HA  R OM  R Các em tính BC  BH  R AM  OM  OA  R Ta có: A1 A2 AM AA R R     A1 A2  R BC MH R Khi S OA2 A1  Nên S OA3 A4 = R R R R A1 A2   2 3 S OA2 A1  R2 12 25) Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OM cắt MB, MC O1 O2 Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MO1O2 bé O1 B O M C O2 Xét MO1O2 có: OM vừa đường cao, vừa đường phân giác nên MO1O2 cân M Suy S MO1O2  S MOO1  OB.O1M  R.O1 M Mặt khác O1M  O1 B  BM  O1 B.BM  OB  R  R Dấu xảy O1 B  BM  O1OM vuông cân nên OM  R Vậy S MO1O2  R điểm M nằm cách O khoảng OM  R 26) Chứng minh ba tam giác O1 A1O ∽  A1OA2 ∽  O2OA2 O1 A1 O2 A2  O2O O1O   1 1 1  Ta có:  A1OA2   A1OA   AOA2  POA  AOC  BOC  1800  M 2 2 Giáo viên: Nguyễn Chí Thành ... minh tứ giác MBOC nội tiếp đường tròn, tìm tâm đường trịn B O H M I C   MCO   1800  MBOC nội tiếp, tâm nằm trung điểm OM Chỉ MBO 5) Bài thay đổi lại đề bài, cho hai tiếp tuyến MB, MC Chứng... 11) Từ điểm A cung nhỏ BC vẽ tiếp tuyến với đường tròn  O  Tiếp tuyến cắt MB, MC A1 , A2 Chứng minh chu vi MA1 A2 không đổi độ lớn góc  A1OA2 khơng phụ thuộc vào vị trí điểm A A di chuyển...  Từ 1   I tâm đường tròn nội tiếp BCM  Cách 2: Do MC , MB hai tiếp tuyến cắt M  MO phân giác góc BMC 1   BI    COM  ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên cung CI Ta có: