BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC LUYỆN THI LỚP 10 “tailieumontoan com” Date Một số bài toán hình học mà trong đó tất cả các hình nêu ra có chung một tính chất và đòi hỏi ta phải tìm được hình sao cho một đại[.]
BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC LUYỆN THI LỚP 10 “tailieumontoan.com” I Lý ThutDate - Một số tốn hình học mà tất hình nêu có chung tính chất địi hỏi ta phải tìm hình cho đại lượng (như số đo góc, độ dài đoạn thẳng, số đo chu vi, số đo diện tích…) đạt giá trị lớn đạt giá trị nhỏ gọi chung tốn “Cực trị hình học” - Dạng tốn cực trị hình học: a) Bài tốn dựng hình: Vd: Xác định vị trí dây qua điểm P đường tròn cho dây có độ dài nhỏ b) Bài tốn chứng minh: Vd: Chứng minh dây qua điểm P đường trịn (O), dây vng góc với OP có độ dài nhỏ c) Bài tốn tính tốn: Vd: Cho đường trịn (O, R) điểm P nằm đường trịn có OP = a Tính độ dài nhỏ dây qua P III Cách trình bày tốn cực trị hình học: * Cách 1: Trong hình có tính chất đề hình, chứng minh hình khác có giá trị đại lượng phải tìm cực trị nhỏ (hoặc lớn hơn) giá trị đại lượng hình * Cách 2: Thay đại lượng cần tìm cực trị thành đại lượng khác tương đương (nếu được) từ dùng kiến thức tìm giá trị lớn giá trị nhỏ A (A đại lượng góc, đoạn thắng …) a) Ta c.m A ≥ m ( m khơng đổi) Có hình cho A = m giá trị nhỏ A m b) Ta c.m A ≤ m (m khơng đổi) Có hình cho A = m giá trị lớn A m Từ xác định vị trí điểm để đạt cực trị II Bài tâp Bài Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R, C trung điểm OA dây MN vng góc với OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK MN Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp Tính tích AH AK theo R Xác định vị trị điểm K để tổng (KM + KN + KB) đạt giá trị lớn tính giá trị lớn đó? Lời giải M K H A C D O B N Chứng minh tứ giác BHCK nội tiếp MN ⊥ AC AKB= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) =° ⇒ HCB 90 Xét tứ giác BCHK có: + HCB AKB= 90° + 90°= 180° mà góc vị trí đối ⇒ Tứ giác BCHK nội tiếp ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗ Tính AH AK theo R Xét tam giác ∆ACH ∆AKB có: ACH= AKB= 90° ⇒ ∆ACH # ∆AKB ( g g ) A chung AC AH AC AB ⇒ = ⇒ AH AK = AK AB R2 Mà AC = R AB = R ⇒ AH AK =⋅ Xác định vị trí K để ( KM + KN + KB) max * Chứng minh ∆BMN đều: ∆AOM cân M (MC vừa đường cao, vừa đường trung tuyến) =° OA OM = R ⇒ ∆AOM ⇒ MOA Mà = 60 MC = CN ∆MBN cân B BC ⊥ MN ⇒ CM = CN = MOA = 30° (góc nội tiếp chắn Mặt khác: MBA cung MA ) ⇒ MBN = 60° = 60° nên ∆MBN ∆MBN cân B lại có MBN tam giác KN * Chứng minh KM + KB = Trên cạnh NK lấy điểm D cho KD = KB = sđ NB = 60° ⇒ ∆KDB tam giác cân mà NKB ⇒ ∆KDB tam giác ⇒ KB = BD = KMB (góc nội tiếp chắn cung Ta có: DMB AB ) ∆KDB đều) BDN = 120° (kề bù với KBD MKB = 120° (góc nội tiếp chắn cung 240° ) = (tổng góc tam giác ⇒ MBK DBN 180° ) Xét ∆BDN ∆BKM có: BK = BD (cmt ) = BKM (cmt ) ⇒ ∆BDN = ∆BKN (c.g.c) BDN MB = MN ⇒ ND = MK (2 cạnh tương ứng) ⇒ KM + KN + KB = KN ⇒ ( KM + KN + KB) max = R KN đường kính ⇒ K , O, N thẳng hàng Vậy với K điểm cung BM ( KM + KN + KB) đạt giá trị max 4R Bài Cho đường trịn (O) có đường kính AB = R E điểm đường trịn (E khác A B) Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB F cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K Chứng minh ∆KAF ∆KEA Gọi I giao điểm đường trung trực đoạn EF với OE , chứng minh đường tròn ( I ) bán kính IE tiếp xúc với đường trịn (O) E tiếp xúc với đường thẳng AB F Chứng minh MN / / AB, M N giao điểm thứ hai AE , BE với đường tròn ( I ) Tính giá trị nhỏ chu vi tam giác KPQ theo R E chuyển động đường tròn (O), với P giao điểm NF AK ; Q giao điểm MF BK Lời giải Chứng minh ∆KAF # ∆KEA ) = KEB (góc nội tiếp chắn KB KAB Xét ∆KAF ∆KEA có: = KAB AEK (cmt ) ⇒ ∆KAF # ∆AEK ( g g ) chung K * Đường tròn ( I ; IE ) đường tròn ( O; OE ) OE I , O, E thẳng hàng ⇔ IE + IO = ⇒ IO = OE − IE Vậy ( I ; IE ) ( O; OE ) tiếp xúc E ⇒ K điểm cung BM ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗ * Chứng minh ( I ; IE ) tiếp xúc với AB F Chu vi ∆KPQ = KP + PQ + KQ Dễ dàng chứng minh: ∆EIF cân I (I ∈ trung trực Mà PK = FQ (PFQK hình chữ nhật) FQ = QB ( EF ) ∆BFQ cân Q) ) (= OEF = EKO ∆EOK cân O ⇒ EFI = KB + FK ⇒ PKPQ = QB + QK + FK mà góc vị trí đồng vị ⇒ IF / / OK (dấu hiệu Mặt khác: ∆AKB cân K ⇒ K điểm cung nhận biết hai đường thẳng //) ( ) ⇒ AK = KB AK = KB AEK = KEB Có : AB FK ≥ FO (quan hệ đường vng góc đường xiên) ⇒ ∆AKB cân K ⇒ OK ⊥ AB OK ⊥ AB Vì ⇒ IF ⊥ AB OK / / IF ⇒ ( I ; IE ) tiếp xúc với AB F AEB= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) = 90° mà MEN góc nội tiếp đường trịn MEN ( I ; IE ) ⇒ KB + FK ≥ KB + FO Dấu " = " xảy ⇔ KB + FK = KB + FO ⇔ FK = FO ⇒ E điểm cung AB R ⇒ FO = Áp dụng định lý Pi-ta-go ∆FOB tính BK = R ⇒ Chu vi ∆KPQ nhỏ = R+R = R ( + 1) Bài Cho (O; R) điểm A nằm bên ngồi đường trịn Kẻ ⇒ MN đường kính ( I ; IE ) tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B, C tiếp ⇒ ∆EIN cân I điểm) = mà góc OBE Lại có: ∆EOB cân O ⇒ INE vị trí đồng vị ⇒ MN / / AB (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //) Tính giá trị nhỏ chu vi ∆KPQ theo R E chuyển động ( O ) = MNE (góc nội tiếp ( I ) chắn cung MFE Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh BE vng góc với OA OE.OA = R Trên cung nhỏ BC (O; R) lấy điểm K (K khác B C) Tiếp tuyến K ( O; R ) cắt AB, AC theo thứ tự P Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi ME ) AKE = ABE (góc nội tiếp ( O ) chắn cung AE ) Đường thẳng qua O vng góc với OA cắt đường = ABE (cmt ) ⇒ MFE = AKE , hai góc Mà MNE thẳng AB, AC theo thứ tự M, N Chứng minh lại vị trí đồng vị ⇒ MQ / / AK (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //) PM + QN ≥ MN không đổi K chuyển động cung nhỏ BC Lời giải Chứng minh tương tự: NP / / BK Tứ giác PFQK có: MQ / / AK NP / / BK = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) PKQ ⇒ Tứ giác PFQK hình chữ nhật = QFB (đối đỉnh) Ta có: MFA KBA (∆AKB cân ) mà MFA = KAB = KAB ⇒ ∆FQB vuông cân Q ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗ Lời giải Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp Xét tứ giác ABOC có: ABO = 90o (tính chất tiếp tuyến) Q M ACO = 90 (tính chất tiếp tuyến) ⇒ ABO + ACO = 90o + 90o = 180o o E Mà hai góc vị trí đối diện nên tứ giác ABOC nội tiếp AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt điểm) ⇒ ∆ABC cân A (t/c tiếp tuyến cắt Mà AO tia phân giác BAC A B O N F điểm) nên AO đường cao ∆ABC hay AO ⊥ BC Xét ∆ABO vng B có BE đường cao, theo hệ thức lượng tam giác vuông ⇒ OB = OE.OA, mà OB = R ⇒ R2 = OE.OA PK = PB (tính chất tiếp tuyến cắt điểm) KQ = QC (tính chất tiếp tuyến cắt điểm) Xét chu vi ∆APQ = AP + AQ + QP = AP + AQ + PK + KQ = AP + PK + AQ + QC = AB + AC = 2AB Mà (O) cố định, điểm A cố định nên AB không thay đổi ∆OMP # ∆QNO ⇒ MP OM = ⇒ MP.QN = ON ON QN MP.QN ⇒ MN = = MN MP.QN ≤ MP + NQ (Theo bất đẳng thức Cô-si) Hay MP + NQ ≥ MN (đpcm) Bài Cho đường trịn (O; R) đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN đường trịn (O; R) (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đường tròn (O; R) B cắt đường thẳng AM, AN điểm Q, P Chứng minh tứ giác AMBN hình chữ nhật Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q thuộc đường tròn Gọi E trung điểm BQ Đường thẳng vng góc với OE O cắt PQ F Chứng minh F trung điểm BP ME // NF 4 Khi đường kính MN quay quanh tâm O thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ P Chứng minh tứ giác AMBN hình chữ nhật Ta có AMB = MBN = BNA = NAM = 90o (4 góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ AMBN hình chữ nhật ANM = ABM (2 góc nội tiếp chắn Ta có cung AM) (2 góc phụ với góc QBM ) ABM = MQB ⇒ ANM = MQB =180o ; =180o ⇒ MQB + MNP ANM + MNP Mà hai góc lại vị trí đối ⇒ MNPQ tứ giác nội tiếp * Chứng minh F trung điểm BP E trung điểm BQ, O trung điểm AB ⇒ OE đường trung bình ∆ABQ ⇒ OE / / AQ (tính chất đường trung bình tam giác) Mà OE ⊥ OF ; AQ ⊥ AP ⇒ OF / / AP Lại có O trung điểm AB ⇒ OF đường trung bình ∆ABP ⇒ F trung điểm BP * Chứng minh ME // NF ∆NPB vng N, có F trung điểm cạnh BP ⇒ NF = BF = FB = BP (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền) ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗ Xét ∆ONF ∆OBF có: ON = OB = R OF chung ⇒ ∆ONF = ∆OBF (c.c.c) FN = FB (cmt ) y x Q = OBF = 90o (2 góc tương ứng) ⇒ ONF M1 ⇒ ON ⊥ NF Chứng minh tương tự ta có OM ⊥ ME ⇒ ME / / NF (cùng vng góc với MN) S MNPQ = S APQ − S AMN = R.PQ − AM AN ∆ABP # ∆QBA ⇒ Áp dụng bất M P A B O AB BP = ⇒ AB = BP.QB QB BA đẳng thức Cơ-si ta có: M2 PB + BQ ≥ PB.= QB (2 R = ) 4R AM + AN MN 2R2 == 2 ≥ R.4 R − R = 6R2 Ta có: AM AN ≤ S MNPQ ⇒ S MNPQ ≥ 3R Dấu xảy AM = AN PQ = BP Hay MN vng góc với AB Vậy để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ đường kính MN vng góc với đường kính AB Bài Cho đường trịn ( O ) , đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax, By đường tròn M điểm đường tròn (M khác A, B ) Tiếp tuyến M đường tròn cắt Ax, By P, Q Chứng minh rằng: Tứ giác APMO nội tiếp Chứng minh rằng: AP + BQ = PQ Chứng minh rằng: AP.BQ = AO Khi điểm M di động đường tròn ( O ) , tìm vị trí điểm M cho diện tích tứ giác APQB nhỏ Lời giải = OMP = 90o Xét tứ giác APMQ, ta có OAP (vì PA, PM tiếp tuyến (O)) Vậy tứ giác APMO nội tiếp Ta có: AP = MP (tính chất hai tiếp tuyến cắt điểm) BQ = MQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt điểm) ⇒ AP + BQ = MP + MQ = PQ ( Ðpcm ) AOM (tính chất hai tiếp Ta có OP phân giác tuyến cắt điểm) (tính chất hai tiếp tuyến cắt OQ phân giác BOM điểm) = AOM + BOM 180o (hai góc kề bù) Mà = ⇒ POQ 90o = 90o (cmt) Xét ∆POQ có: POQ OM ⊥ PQ (PQ tiếp tuyến (O) M) Áp dụng hệ thức lượng vào ∆POQ vuông O có đường cao OM ⇒ MP.MQ = OM (hệ thức lượng) Lại = có MP AP = ; MQ BQ (cmt); OM = OA (bán kính) Do AP.BQ = AO ( Ðpcm ) Tứ giác APQB có: AP / / BQ ( AP ⊥ AB; BQ ⊥ AB ) , nên tứ giác APQB hình thang vng ( AP + BQ ) AB = PQ AB 2 Mà AB không đổi nên S APQB đạt GTNN ⇔ PQ nhỏ ⇒ = S APQB ⇔ PQ = AB ⇔ PQ / / AB ⇔ OM ⊥ AB ⇔ M điểm AB Tức M trùng M M S APQB đạt GTNN ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗ AB Bài Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn ( AC ≤ AB ) Dựng phía ngồi Bài Cho nửa đường trịn O đường kính AB = R Điểm M di chuyển nửa đường tròn (M khác A B) C trung điểm dây cung AM Đường thẳng d tiếp tuyến với nửa đường tròn B Tia AM cắt d điểm N Đường thẳng OC cắt d E Chứng minh: tứ giác OCNB nội tiếp Chứng minh: AC AN = AO AB Chứng minh: NO vng góc với AE Tìm vị trí điểm M cho ( 2.AM + AN ) nhỏ Bài Cho đường trịn tâm O bán kính R đường thẳng ( d ) không qua O, cắt đường tròn ( O ) điểm A, B Lấy điểm M tia đối BA, qua M kẻ hai tiếp tuyến MC , MD với đường tròn ( C , D tiếp điểm) Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp đường tròn Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB Chứng minh HM phân giác CHD Đường thẳng qua O vng góc với MO cắt tia MC , MD theo thứ tự P, Q Tìm vị trí điểm M ( d ) cho diện tích ∆MPQ nhỏ Bài Cho đường tròn(O; R)và điểm A cố định ngồi đường trịn Vẽ đường thẳng d ⊥ OA A Trên d lấy điểm M Qua M kẻ tiếp tuyến ME, MF tới đường tròn (O) Nối EF cắt OM H, cắt OA B Chứng minh ABHM tứ giác nội tiếp Chứng minh= OA.OB OH = OM R Chứng minh tâm I đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc đường tròn cố định M di chuyển d Tìm vị trí M để diện tích ∆HBO lớn Bài Cho đường trịn tâm O, bán kính R, đường kính AD Điểm H thuộc đoạn OD Kẻ dây BC ⊥ AD H Lấy điểm M thuộc cung nhỏ AC, kẻ CK ⊥ AM K Đường thẳng BM cắt CK N Chứng minh AH AD = AB Chứng minh tam giác CAN cân A Giả sử H trung điểm OD Tính R theo thể tích hình nón có bán kính đáy HD, đường cao BH Tìm vị trí M để diện tích tam giác ABN lớn ∆ABC hình vng ACED Tia EA cắt nửa đường trịn F Nối BF cắt ED K Chứng minh điểm B, C, D, K thuộc đường tròn Chứng minh AB = EK o Cho= ABC 30 = ; BC 10cm Tính diện tích hình viên phần giới hạn dây AC cung nhỏ AC Tìm vị trí điểm A để chu vi tam giác ∆ABC lớn Bài Cho đường tròn ( O; R ) với dây AB cố định Gọi I điểm cung lớn AB Điểm M thuộc cung nhỏ IB Hạ AH ⊥ IM ; AH cắt BM C Chứng minh ∆IAB ∆MAC tam giác cân Chứng minh C thuộc đường tròn cố định M chuyển động cung nhỏ IB Tìm vị trí M để chu vi ∆MAC lớn Bài Cho đường tròn ( O; R ) điểm A ngồi đường trịn Qua A kẻ tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B C tiếp điểm) I điểm thuộc đoạn BC ( IB < IC ) Kẻ đường thẳng d ⊥ OI I Đường thẳng d cắt AB, AC E F Chứng minh OIBE OIFC tứ giác nội tiếp Chứng minh I trung điểm EF K điểm cung nhỏ BC Tiếp tuyến đường tròn (O) K cắt AB; AC M N Tính chu vi ∆AMN OA = R Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt AB, AC P Q Tìm vị trí A để S APQ nhỏ Bài Cho đường ( O; R ) đường thẳng d không qua O cắt đường tròn hai điểm A, B Lấy điểm M tia đối tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC , MD với đường tròn ( C , D tiếp điểm) Gọi H trung điểm AB ; Chứng minh điểm M , D, O, H nằm đường tròn Đoạn OM cắt đường tròn I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD Đường thẳng qua O, vng góc với OM cắt tia MC , MD thứ tự P Q Tìm vị trí điểm M d cho diện tích tam giác MPQ bé ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗ HƯỚNG DẪN GIẢI Bài = 90o Theo tính chất dây cung ta có: OC ⊥ AM ⇒ OCN = 90o BN tiếp tuyến (O) B ⇒ OB ⊥ BN ⇒ OBN + OBN = 90o + 90o = 180o Xét tứ giác OCNB có tổng góc đối: OCN Do tứ giác OCNB nội tiếp Xét ∆ACO ∆ABN có: chung CAO ACO ABN = = 90o Suy ⇒ ∆ACO # ∆ABN ( g g ) ⇒ Do đó: AC AN = AO AB (đpcm) Theo chứng minh ta có: AC AO = AB AN OC ⊥ AM ⇒ EC ⊥ AN ⇒ EC đường cao ∆ANE (1) OB ⊥ BN ⇒ AB ⊥ NE ⇒ AB đường cao ∆AME ( ) Từ (1) (2) ⇒ O trực tâm ∆ANE (vì O gia điểm AB EC) ⇒ NO đường cao thứ ba ∆ANE Suy NO ⊥ AE (đpcm) Ta có: AM + AN = AC + AN (vì C trung điểm AM) = = R.2 R R AC AN AO AB 4= Áp dụng BĐT Cơ-si cho hai số dương ta có: AC + AN ≥ 2 AC AN 2R = R= Suy tổng 2.AM + AN nhỏ 2R 4AC = AN ⇒ AN = AM ⇒ M trung điểm AN Khi ∆ABN vng B có BM đường trung tuyến nên AM = MB BM ⇒ AM = Vậy với M điểm nửa đường trịn đường kính AB 2AM + AN nhỏ R Bài Xét tứ giác MCOD có: MC ⊥ OD ⇒ OCM = 90o ; MD ⊥ OD ⇒ ODM = 90o Suy tứ giác MCOD nội tiếp đường tròn Ta có H trung điểm = 90o ⇒ H thuộc đường AB ⇒ OH ⊥ AB ⇒ MHO (d) P C A H B O M kính MO ⇒ điểm D; M; C; H; O thuộc đường trịn đường kính MO ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗ D Q = (2 góc nội tiếp chắn cung MD) ⇒ DHM DOM = COM (2 góc nội tiếp chắn cung MC) CHM = COM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Lại có DOM = CHM ⇒ HM phân giác CHD ⇒ DHM Ta có: S MPQ = S MOP = OC.MP= R ( MC + CP ) ≥ R CM CP Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMP ta có: CM = CP OC = R không đổi ⇒ S MPQ ≥ R Dấu “ = “ xảy ⇔ CM =CP =R Khi M giao điểm (d) với đường trịn tâm O bán kính R Vậy M giao điểm (d) với đường tròn tâm O bán kính R diện tích ∆MRT nhỏ Bài Chứng minh ABHM tứ giác nội tiếp nên MO ⊥ EF H Có ME = MF MO phân giác EMF Mà MA ⊥ OA ⇒ MABH tứ giác nội tiếp ∆OHB # ∆OAM ⇒ OB.OA = OH OM M A ∆EMO vuông E ⇒ OH OM = OE = R2 Có I ∈ MO; EI phân giác MEH F H + IEO = 90o Mà MEI + OIE =90o ⇒ OIE =IEO IEH B E ⇒ ∆OIE cân O ⇒ OI = OE = R ⇒ I ∈ (O; R) O R2 ⇒ B cố định Vì OB.OA = R ⇒ OA = OA = 90o ⇒ H ∈ đường trịn đường kính OB OHB Gọi K trung điểm OB ⇒ KB = KO = HK Hạ HN ⊥ OB S HBO max ⇔ HN max Mà HN ≤ HK Dấu “=” xảy H ≡ K Vậy S HBO max ⇔ ∆HBO vuông cân H ⇔ MO tạo với OA góc 45o Bài Tam giác ABD vuông B, BH ⊥ AD nên B AH AD = AB = HC ⇒ ∆ABC cân A Do AH ⊥ BC ⇒ HB ABC = ACB Mà ACB = AMB nên ABC = AMB KMN (1) ⇒ ABC = A O H M E I K N ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗ C D (cùng bù với Tứ giác ABCM nội tiếp đường tròn (O; R) nên ABC = KMC AMC ) (2) = KMC Từ (1) (2) ⇒ KMN KN Lại có MK ⊥ CN (giả thiết) ⇒ ∆MCN cân M ⇒ KC = Tam giác CAN có AK ⊥ CN KC = KN nên ∆ACN cân A = BD , mà OB = OD = R nên tam giác OBD ⇒ BOH 60o Khi OH = HD, tam giác BOD cân B ⇒ BO = ⇒ BH = OB.sin 60o = R ⋅ Thể tích hình nón V = π r h R R = r HD = = Trong đó: , h BH = 2 R R π R3 π⋅ ⋅ = ⋅ 2 Hạ NE ⊥ AB Vì AB khơng đổi nên S ABN lớn NE lớn Vậy V = Ta có: AN = AC khơng đổi = 90o NA qua I Mà NE ≤ NA, dấu xảy E ≡ A Lấy I đối xứng với B qua O Khi E ≡ A NAB nên M điểm cung nhỏ IC Mặt khác AM phân giác NAC Vậy điểm M cần tìm điểm cung nhỏ IC Bài 5, = CDE = 45o ACED hình vng ⇒ CAE = CAE Tứ giác BCAF nội tiếp đường tròn (O) ⇒ FBC ) (cùng bù với góc CAF = CDE ⇒ FBC + CDK = 180o ⇒ FBC ⇒ BCDK tứ giác nội tiếp o = 90 = CEK Có: BAC Mà tứ giác BCDK tứ giác nội tiếp ⇒ ⇒ ABC = CKD ACB = ECK Lại có: AC = CE (cạnh hình vng) Suy ∆ABC = ∆EKC (cạnh góc vng – góc nhọn) ⇒ AB = EK AOC = 60o , tam giác OAC tam Vì ABC = 30o nên R Gọi diện tích hình viên phân S, ta= có: S S quat AOC − S AOC giác đều.Kẻ AH ⊥ BC= , ta có AH OA = sin 60o 60o π R − OC AH o 360 2 π πR 3R 25(2π − 3) = − = R − (cm ) = 6 12 = S ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗ Chu vi ∆ABC lớn ⇔ AB + AC lớn Áp dụng BĐT 2( x + y ) ≥ ( x + y ) Ta có: ( AB + AC ) ≤ 2( AB + AC ) = BC = R ⇒ AB + AC ≤ 2 R Dấu '' = '' xảy AB = AC ⇔ A điểm nửa đường trịn đường kính BC Bài 6, ⇒ IA= IB ⇒ ∆IAB cân I = IB Vì IA = (cùng bù với Tứ giác ABMI nội tiếp ⇒ IAB IMC ) IMB B A IBA IMA IMC Ta= có: IAB = ; IBA = ; IAB = ⇒ IMA IMC O Lại có: MH ⊥ AC ⇒ ∆MAC cân M Từ chứng minh ⇒ MI đường trung trực AC ⇒ IC = IA khơng đổi ⇒ C thuộc đường trịn ( I ; IA) Chu vi ∆MAC = MA + MC + AC = 2( MA + AH ) = IBA ( không đổi IBA < 90o ) Có HMA M H I Đặt HMA = IAB = α Ta có: AH = MA.sin α Vậy chu vi ∆MAC = MA(1 + sin α ) Chu vi ∆MAC lớn MA lớn ⇔ A, O, M thẳng hàng C Bài 7, Có OB ⊥ AB, OC ⊥ AC (tính chất tiếp tuyến) =OBE =90o ⇒ OIBE nội tiếp ⇒ OIE + OCF =180o ⇒ OIFC OIF nội tiếp = Tương tự Tứ giác OIBE nội tiếp ⇒ OEI OBI E P B M I O A = OCI Mà OB = OC = R OFI ⇒ OBI = OCI ⇒ OEI = OFI K F ⇒ ∆OEF cân O Mà OI ⊥ EF ⇒ IE = IF (Đpcm) N C d = Có MK MB = , NK NC Suy chu vi ∆AMN = AC + AB = AC = AO − OC = 3R = R , PQ ⊥ AO ⇒ ∆APQ cân A ⇒ S Có AO phân giác PAQ S AOQ APQ = S APQ = AQ.OC mà OC = R khơng đổi, S APQ nhỏ ⇔ AQ nhỏ OC = R2 ∆OAQ vuông O ⇒ AC.CQ = Mà AQ = AC + CQ ≥ AC.CQ = R, dấu '' = '' xảy AC = CQ A = 45o ⇔ OA = R = CQ ⇔ ∆OQA vuông cân O ⇔ S APQ ⇔ AC ❗ liên hệ tài liệu word tốn SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗ Q Bài 8, Vì H trung điểm AB nên OH ⊥ AB hay = 90o OHM P Theo tính chất tiếp tuyến ta lại có OD ⊥ DM = 90o hay ODM Suy điểm M, D, O, H nằm đường trịn Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD ⇒ M C B H I A d O ∆MCD cân M D ⇒ MI đường phân giác CMD nên Mặt khác I điểm cung nhỏ CD Q = sđ DI = MCI = sđ CI DCI 2 Vậy I tâm đường tròn nội tiếp ∆MCD ⇒ CI phân giác MCD Ta có ∆MPQ cân M, có MO đường cao nên diện tích tính: = S 2= SOQM .OD= QM R( MD + DQ) Từ S nhỏ ⇔ MD + DQ nhỏ Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMQ ta có DM = DQ OD R không đổi nên MD + DQ = nhỏ ⇔ DM = DQ = R Khi OM = R hay M giao điểm d với đường trịn tâm O bán kính R ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗ ... tiếp đường tròn (O; R) nên ABC = KMC AMC ) (2) = KMC Từ (1) (2) ⇒ KMN KN Lại có MK ⊥ CN (giả thi? ??t) ⇒ ∆MCN cân M ⇒ KC = Tam giác CAN có AK ⊥ CN KC = KN nên ∆ACN cân A = BD , mà OB = OD = R