Cac bai toan hinh hoc trong de thi hoc sinh gioi toan lop 9

Chun đề Hình học Câu (HSG tốn tỉnh An Giang năm 2018-2019) Cho đường trịn có bán kính, biết đường trịn đường trịn có tâm nằm đường thẳng cho khoảng cách hai tâm liền kề khoảng cách lớn hai đường trịn biên 20 cm 32 cm (hình vẽ) Tính bán kính đường trịn  Lời giải 20 cm 32 cm Gọi bán kính đường trịn khoảng cách phần giao x; y , điều kiện x  6 x − y = 20 Ta có hệ phương trình:  10 x − y = 32 Giải hệ ta x = 4; y = Vậy bán kính đường trịn cm Câu (HSG toán tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu năm 2018-2019) Cho đường trịn (O) đường kính AB cố định Gọi C điểm di động (O) cho C khác A, C khác B C khơng nằm cung AB Vẽ đường kính CD (O) Gọi d tiếp tuyến (O) A Hai đường thẳng BC, BD cắt d E, F 1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn 2) Gọi M trung điểm EF I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE Chứng minh : AB = 2.IM 3) Gọi H trực tâm DEF Chứng minh điểm C di động (O) điểm H ln chạy đường trịn cố định  Lời giải H N B D O C d F A M E I 1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường trịn Ta có: BCD = BAD (cùng chắn cung BD ) Do: d tiếp tuyến (O) A  d ⊥ AB Và ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đ.trịn)  AD ⊥ BF Suy ra: BAD = BFA (cùng phụ ABF ) Do đó: BCD = DFE  DCE + DFE = DCB + DCE = 1800 Suy ra: tứ giác CDFE nội tiếp 2) Chứng minh : AB = 2.IM Ta có: ME = MF (gt)  MI ⊥ EF (T/c đường kính dây cung) AB ⊥ EF (EF t/tuyến (O))  MI / / AB hay MI // OB (1) Xét FBE vuông B, trung tuyến BM  MB = MF  MFB = MBF Vì tứ giác CDFE nội tiếp  BDC = BEF  MBD + BDC = BFM + BEM = 900  BM ⊥ CD Lại có IO ⊥ CD (T/c đường kính dây cung) Suy ra: BM // IO (2) Từ (1) (2)  BMIO hình bình hành  IM = BO = AB hay AB = 2.IM 3) Vì H trực tâm DEF , ta có DH // AB (cùng vng góc với EF) AD // BH (cùng vng góc với FB) Suy tứ giác ABHD hình bình hành AH = AD Mà AD = BC (vì ADBC hình chữ nhật)  BH = BC Lấy N đối xứng với O qua B, ta có tứ giác OHNC hình bình hành  NH = OC = R không đổi N điểm cố định (Vì O B cố định) Vậy C di động (O) H chạy đường trịn (N ; R) Câu (HSG toán tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu năm 2018-2019) Cho hai đường tròn ( O; R ) ( I ; r ) tiếp xúc A ( R  r ) Vẽ dây AB ( O; R ) dây AC ( I ; r ) cho AC ⊥ AB Gọi MN tiếp tuyến chung cùa đường tròn với M  (O) , N  ( I ) 1) Chứng minh ba đường thẳng BC, OI MN đồng quy 2) Xác định số đo AOB để diện tích ABC lớn  Lời giải B C H K E O A I N M 1) Chứng minh : BC, OI, MN đồng quy Gọi E giao điểm đường thẳng BC OI Ta có O, A, I thẳng hàng (t/c đường nối tâm) IAC cân I  AIC = 1800 − 2.IAC OAB cân O  AOB = 1800 − 2.OAB  AOB + AIC = 3600 − 2.(OAB + IAC) = 3600 − 2.900 = 1800  IC // OB Áp dụng định lý Talet EOB ta có : EI IC r = = EO OB R Gọi E’ giao điểm OI MN EOM có IN // OM (cùng vng góc với MN) Áp dung định lý Talet ta có: EI IN r = = EO OM R Suy : E trùng E’ Vậy ba đường thẳng BC, OI, MN đồng quy 2) Xác định số đo AOB để diện tích ABC lớn Vẽ OH ⊥ AB ( H  AB) ; IK ⊥ A ( K  AC ) Ta có: OAH = AIK =  (cùng phụ với KAI ) AB = 2.AH =2.OA.cos OAB =2.R cos  AC = 2.AK=2.IA.sin AIK =2.r sin  Vì ABC vng A, ta có: SABC = AB AC = 2.R.cos .2.r.sin  = R.r.2.cos .sin  2 Mặt khác: 2.cos .sin   sin  + cos2  = Do : SABC  R.r Dấu “ = “ xảy  sin  = cos    = 450 Vậy diện tích ABC lớn góc  = 450 Câu (HSG tốn tỉnh Bình Phước năm 2018-2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) điểm D cạnh AB Gọi M N trung điểm cạnh BC CA Gọi P Q giao điểm MN với đường tròn (O) (điểm P thuộc cung nhỏ BC điểm Q thuộc cung nhỏ CA) Gọi I giao điểm khác B BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP Gọi K giao điểm DI với AC a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh PK.QC = QB.PD c) Gọi G giao điểm khác P AP với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDP Đường thẳng IG cắt BA E Chứng minh D di chuyển cạnh AB tỉ số AD khơng đổi AE  Lời giải a) Chứng minh tứ giác CIPK nội tiếp đường tròn Để ý đến tứ giác ABPC BDIP nội tiếp đường trịn ta có PCK = ABP = DBP = PIK nên tứ giác CIPK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh PK.QC = QB.PD Do tứ giác BDIP CIPK nội tiếp đường tròn nên BDP = PBC BKD = PCB nên hai tam giác BPC DPK đồng dạng với nhau, suy PD PB = PK PC A Q E G N D O B M C I P K Hai tam giác MBP MQC có PBM = CQM BPM = QCM nên đồng dạng với nhau, suy ta có PB PM = Chứng minh hồn tồn tương tự ta có hai tam giác BMQ PMC đồng dạng nên QC CM PC PM PB PC PB QC = = = Để ý M trung điểm BC hay MB = MC nên suy hay Kết QB BM QC QB PC QB hợp với PD QC PD PB = = ta hay PK.QC = QB.PD PK PC PK QB c) Chứng minh D di chuyển cạnh AB tỉ số AD khơng đổi AE Ta có BIG = BPG = BPA = BCA nên suy IE song song với AC, ta DEG = BAC Lại có EDG = EIB = ACB nên hai tam giác ABC AGD đồng dạng với nhau, suy dễ thấy hai tam giác ADG APB đồng dạng với nên ED AC = Mặt khác DG BC AD AP = Đến ta suy DG PB ED AD AC AP ED AC.BP : = : = hay Do tam giác ABC cố định nên suy P điểm cố định DG DG BC PB AD BC.AP nên ED AC.BP AE DE AD = =1− khơng đổi hay khơng đổi Do có giá trị không đổi D thay AD BC.AP AD AD AE đổi AB Câu (HSG toán tỉnh Bình Thuận năm 2018-2019) Từ điểm A cố định nằm ngồi đường trịn tâm O, vẽ tiếp tuyến AB, AC (với B, C tiếp điểm) cát tuyến ADE không qua tâm O (D nằm A E) đến đường tròn (O) Tiếp tuyến D đường tròn (O) cắt AB, AC M N a) Chứng minh chu vi tam giác AMN khơng phụ thuộc vào vị trí cát tuyến ADE b) Gọi I giao điểm AO BC Chứng minh AID = OIE c) DI kéo dài cắt đường tròn (O) điểm F (khác D) Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác AEF nằm đường cố định  Lời giải B M E D A I O a) Chu vi  AMN = AM + AN + MN = AM + AN + MD + DN = AM + AN + MB + NC = AB + AC = 2AB Vậy chu vi tam giác AMN không phụ thuộc vào vị trí cát tuyến ADE b) Chứng minh  ABE  ADB (g-g)  AD.AE = AB2 (1) AI AO = AB2 (2) Từ (1) (2)  AD.AE = AI AO Chứng minh  ADI  AOE  AID = AEO nên tứ giác DIOE nội tiếp  OIE = EDO mà OED = EDO Vậy AID = OIE c) Chứng minh OIE = OIF OEI = OFI  IOE = IOF Chứng minh AOE = AOF (c− g− c)  OA tia phân giác EAF  Tâm đường trịn nội tiếp tam giác AEF ln nằm AO cố định Câu (HSG toán tỉnh Bình Định năm 2018-2019) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O ) , đường cao AH Gọi M giao điểm AO BC Chứng minh HB MB AB + 2 Dấu HC MC AC đẳng thức xảy nào?  Lời giải ✓ Cách 1: Kẻ AD đường kính đường tròn ( O ) Xét tam giác vng HBA CDA có B1 = D1 (vì nội tiếp chắn AC ) nên HBA ∽ CDA (g.g)  HB AB =  HB AD = AB.CD CD AD Tương tự HCA ∽ BDA (g.g)  Do HB AB DC = (1) HC AC DB Ta có AMB ∽ CMD (g.g)  Tương tự Do Ta có HC AC =  HC.AD = AC.BD BD AD NB AB =  MB.CD = MD.AB MD CD MC AC =  MC.BD = AC.MD MD BD MB AB DB = (2) MC AC DC HB MB AB  DC DB  AB DC DB AB + = + =   HC MC AC  DB DC  AC DB DC AC Dấu " = " xảy  DB = DC  AB = AC  ABC cân A ✓ Cách 2: (Cách khơng thích xóa nha Do copy nên để nguyên trạng) Gọi I giao điểm AH với đường tròn (O) Kẻ đường kính AD Ta có ABD = ACD = AID = 90 Do BC // DI  BI = CD A  A1 = A2 Ta có DIBC hình thang cân nên CD = BI, CI = BD Xét  AHB  ACD có A1 = A2 , AHB = ACD ( = 90 )   AHB ∽  ACD (g.g)  HB AB = (1) CD AD O B H M I C D Xét  ABD  AHC có BAD = HAC , ABD = AHC ( = 90 )   ABD ∽  AHC (g.g)  Từ (1), (2) suy BD AD = (2) HC AC HB BD AB AD AB HB AB CD = =  = (3) CD HC AD AC AC HC AC BD   Xét  ABI  AMC có A1 = A2 , AIB = ACB  = sđ AC      ABI ∽  AMC (g.g)  BI AB = (4) MC AM   Xét  ABM  AIC có BAM = IAC , ABC = AIC  = sđ AC      ABM ∽  AIC (g.g)  Từ (4), (5) suy MB AM = (5) CI AC BI MB AB AM AB MB AB CI = =  = (6) MC CI AM AC AC MC AC BI HB MB AB CD CI AB CD CI AB = = Từ (3) (6) suy = (vì CD = BI, CI = BD) HC MC AC BD BI AC BI BD AC HB MB HB MB AB AB Ta có + 2 =2 = 2 HC MC HC MC AC AC Dấu “=” xảy  HB MB HB MB HB MB  =  HM =  = HC MC BC BC HB + HC MB + MC   ABC cân tạiA Câu (HSG toán tỉnh Bắc Giang năm 2018-2019) Cho hai đường tròn ( O ) ( O ') cắt hai điểm phân biệt A B ( AB khơng đường kính ( O ' ) ) Các tiếp tuyến A B ( O ') cắt C Các đường thẳng AC BC cắt ( O ) điểm thứ hai D E Lấy điểm G di chuyển cung AB đường tròn ( O ' ) (phần nằm bên ( O ) , điểm G không trùng với điểm A B ) Các đường thẳng AG BG cắt ( O ) điểm thứ hai H K Hai đường thẳng DK HE cắt I a Chứng minh điểm I nằm cung tròn cố định G thay đổi b Chứng minh ba điểm C , G I thẳng hàng  Lời giải K A G E I C O' O B D a) H Khẳng định ABG = DAH = DKH ; ABG = AHK Suy DKH = AHK suy KD / / AH Chứng minh tương tự BK/ / EH từ suy tứ giác KGHI hình bình hành Ta có AGB =  khơng đổi EID = AGB =  Do  không đổi, điểm D, E cố định nên I nằm cung trịn chứa góc  dựng đoạn thẳng DE b).Chỉ AB / / DE (có hai góc so le nhau) suy DE CE = AB CB Chứng minh hai tam giác IDE GBA đồng dạng suy Suy DE IE = AB GB CE IE = CB GB Mà BEH = EBK suy hai tam giác ICE GCB đồng dạng suy ECI = BCG KL ba điểm C , G I thẳng hàng Câu (HSG toán tỉnh Bắc Ninh năm 2018-2019) 1) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O )( AB  AC ) đường cao AD Vẽ đường kính AE đường tròn ( O ) a) Chứng minh AD.AE = AB.AC b) Vẽ dây AF đường tròn ( O ) song song với BC , EF cắt AC Q, BF cắt AD P Chứng minh PQ song song với BC c) Gọi K giao điểm AE BC Chứng minh rằng: AB AC − AD AK = BD.BK CD.CK 2) Cho tam giác ABC có BAC = 90 , ABC = 20 Các điểm E F nằm cạnh AC , AB cho ABE = 10 ACF = 30 Tính CFE  Lời giải A F O Q P B K C D M E 1) a)Xét hai tam giác ADB ACE có ACE = 90º (chắn đường tròn) nên ACE = ADB = 90º Hơn ABD = AEC (cùng chắn AC ) Suy ADB ∽ ACE Từ ta có tỉ lệ thức AD AB =  AD AE = AB AC AC AE b) Ta có PFQ = BAE (cùng chắn BE ) Mặt khác BAE = BAD + DAE mà BAD = EAC ABD ∽ AEC Nên BAE = BAD + EAC = DAC Do PAQ = PFQ Suy tứ giác APQF nội tiếp  FAQ = FPQ Vì FAQ = FBC (cùng chắn FC ) nên FPQ = FBC suy PQ //BC c) Ta có AB AC = AD.AE Suy AB.AC − AD.AK = AD.AE − AD.AK = AD.KE Kéo dài AD cắt ( O ) M Xét AKB CKE  ADC ∽ BDM  AK KB =  AK KE = KB.KC CK KE AD CD =  AD.MD = BD.CD BD MD Mặt khác AME = 90 (chắn đường tròn) Suy ME ⊥ AD mà DK ⊥ AD nên DK / / ME Áp dụng định lý Talet AME ta AD AK = DM KE Do AK.DM = AD.KE  BD.BK CD.CK = ( BD.CD ) ( CK BK ) = ( AD.MD ) ( AK KE ) = ( AD.KE ) ( AK MD ) = AD KE  BD.BK CD.CK = AD.KE Vậy AB AC − AD AK = BD.BK CD.CK 2) A F G B E D C Xét ABC có BAC = 90 , ABC = 20  ACB = 70 10 Khi đó AB = BC AC = AB + AB 1+ 1+ 1+  =  = AC AC = AC 2 AC AC Bài tập 12: (HSG Hưng Yên 2016-2017) Cho điểm M thuộc nửa đường trịn (O) đường kính AB ( M  A, M  B, MA  MB ) Tia phân giác AMB cắt AB C Qua C vẽ đường vng góc với AB cắt đường thẳng AM, BM theo thứ tự D, H a) Chứng minh: CA = CH b) Gọi E hình chiếu vng góc H tiếp tuyến A (O), F hình chiếu vng góc D tiếp tuyến B (O) Chứng minh E, M, F thẳng hàng c) Gọi S1 , S2 thứ tự diện tích tứ giác ACHE BCDF Chứng minh CM  S1.S2 Lời giải a) Do MC phân giác AMB , theo tính chất đường phân giác  AC AM = (1) BC BM Xét BHC BAM có: BCH = BMA = 900 , ABM góc chung HC AM = (2)  BHC đồng dạng với BAM  BC BM Từ (1) (2)  AC = HC b) Tứ giác ACHE hình vng suy AH = EC Gọi AH cắt EC I AH EC  MI =  EMC = 900 Xét AMH vuông M  MI = 2 Chứng minh tương tự ta có CMF = 900 Vậy EMF = 900 + 900 = 1800 suy E, M, F thẳng hàng CE c) Do tứ giác ACHE hình vng  CH = CE  2S1 = CE 2 Tương tự 2S2 = CF  S1 = CH = Xét FCE vuông C, đường cao CM, theo hệ thức lượng tam giác vuông ta có: 1 + = 2 CE CF CM 2 S1S 2S1S CE CF  CM = =  = S1.S 2 CE + CF S1 + S 2 S1S Dấu “=” xảy  S1 = S2  AM = BM (vơ lý AM  BM ) Vậy CM  S1.S2 Bài tập 13: (HSG Quãng Ngãi 2016-2017) 131 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Gọi C điểm nằm nửa đường tròn (O) ( C khác A , C khác B ) Gọi H hình chiếu vng góc C AB , D điểm đối xứng với A qua C , I trung điểm CH , J trung điểm DH a) Chứng minh CIJ b) Chứng minh CBH CJH đồng dạng với HIB c) Gọi E giao điểm HD BI Chứng minh HE.HD = HC d) Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn ( O ) để AH + CH đạt giá trị lớn nhất Lời giải D a)+ Vì ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên AC ⊥ BC Suy BC ⊥ CD (1) + Lập luận để IJ CD (2) C + Từ (1) (2) suy IJ + Suy CIJ BC CBH (cùng phụ với HCB ) (3) J b)+) Trong  vng CBH ta có: tan CBH (4) + Lập luận chứng minh CJ + Mà CH ⊥ AB (gt) + Suy CJ ⊥ CH CH BH A CJ CI CJ CI HI H O B AB +) Trong tam giác vuông CIJ ta có tan CIJ + Từ (3), (4), (5)  E I HI (5) CH CJ = HB HI + Xét CJH HIB có HCJ = BHI = 900 CH CJ = (cmt) HB HI + Nên CJH đồng dạng với HIB c)+ Lập luận để chứng minh HEI = 900 + Chứng minh HEI đồng dạng với HCJ + Suy HE HI = HC HJ + Suy HE.HJ = HI HC + Mà HJ = 1 HD; HI = HC 2 + Suy HE.HD = HC d) 132 C M 450 A H O + Lấy điểm M nửa đường tròn ( O ) cho BOM K B N 450 + Tiếp tuyến nửa đường tròn ( O ) M cắt AB N Ta có M N cớ định + Kẻ MK ⊥ AB K + Chứng minh MON vuông cân M KM = KN suy ANC = 45 Xét C  M Ta có C  M nên H  K Do đó AH + CH  AH + HN = AN AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi) + Xét C khác M Tia NC nằm giữa hai tia NA NM Do đó ANC + ANM HNC có NHC 450 900 900 nên HNC HCN Mà HNC 450 nên HCN Suy HNC 450 HCN Suy HC  HN + Do đó AH + CH  AH + HN = AN + Vậy Khi C nửa đường tròn ( O ) cho BOC 450 AH + CH đạt giá trị lớn nhất Bài tập 14: (HSG Thanh Hóa 2016-2017) Cho ABx cố định, tia Bx lấy điểm C cho AB  AC AB  BC Đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB, BC, CA I , J , K Tia BO cắt đường thẳng JK , AC M D 133 Chứng minh AOB = 900 + ACB năm điểm A, I , O, M , K nằm đường tròn Chứng minh DK.BM = DM BJ đường thẳng JK qua điểm cố định điểm C di động tia Bx thỏa mãn giả thiết Gọi P giao điểm đường thẳng KI đường thẳng BC , đường thẳng AJ cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N Chứng minh PN tiếp tuyến đường tròn (O) Lời Giải: A K D I M O B C x J 1)Vì đường tròn (O) tiếp xúc với cạnh AB, BC , CA I , J , K nên AO tia phân giác BAC , BO tia phân giác ABC 1 Suy OAB = CAB, OBA = CBA 2 Ta có AOB = 1800 − (OAB + OBA) = 1800 − (CAB + CBA) 1 = 1800 − (1800 − ACB ) = 900 + ACB 2 AB, AC tiếp tuyến đường tròn (O ) nên AIO = AKO = 900 CJ = CK Suy tứ giác AIOK nội tiếp đường tròn đường kính AO (1) Vì AB  BC nên M nằm giữa O D  CJK cân C  JKC + ACB = 1800  JKC = 900 − AOM = 1800 − AOB = 1800 − (900 + ACB ACB ACB ) = 900 − 2 (2) (3) Từ (2) (3) suy AOM = JKC Do đó, AOM + AKM = JKC + AKM = 1800 nên tứ giác AOMK nội tiếp (4) Từ (1) (4) ta A, I , O, M , K nằm đường tròn đường kính AO 2) Do tứ giác AOMK nội tiếp  AOD = MKD (cùng bù với AKM ) 134 Suy DKM DOA đồng dạng  DK DM DK DO =  = (5) DO DA DM DA AO phân giác góc A ABD  DO BO = DA BA (6) Do tứ giác AMOI nội tiếp  IAO = IMO , suy BOA BIM đồng dạng  BO BI BO BJ = = Mà BI = BJ nên BA BM BA BM Từ (5), (6), (7) suy (7) DK BJ  DK.BM = DM BJ = DM BM Vì M thuộc đường tròn đường kính AO nên AMO = 900 suy AM ⊥ BO hay M chân đường vng góc kẻ từ A đến BO Do ABx cớ định BO tia phân giác góc ABx nên BO cố định, suy M cố định Do đó, đường thẳng JK qua điểm M cố định điểm C di động tia Bx thỏa mãn giả thiết.12 A N K L I 3) P B O C J Vì AB  AC nên điểm B nằm giữa hai điểm P C Nới N với I, I với J Ta có ANI AIJ (g.g) có JAI chung, AIN = AJI (góc tạo tia tiếp tuyến dây góc nội tiếp chắn IN ) Suy AN AI =  AI = AN AJ AI AJ (8) Gọi  L = OA  IK Vì AI , AK hai tiếp tuyến (O ) nên AI ⊥ OI IL ⊥ AO Xét AIO vuông I có IL đường cao  AI = AL AO Từ (8) (9) suy AN AJ = AL AO  Mà NAL = OAJ nên ANL (9) AN AL = AO AJ AOJ (c.g.c)  NLA = OJA  NLO + NJO = 1800 (do NLA + NLO = 1800 )  Tứ giác NLOJ nội tiếp (10) 135 OJ ⊥ PC  OJP = OLP = 900  OL ⊥ PK  Tứ giác PLOJ nội tiếp đường tròn đường kính PO (11) Từ (10) (11) suy P, N , L, O, J thuộc đường tròn đường kính PO Do đó ONP = 900  PN ⊥ ON  PN tiếp tuyến đường tròn (O) Bài tập 15: (HSG Thành Phố Vinh 2016-2017) Cho đường tròn ( O; R ) đường thẳng d không có điểm chung với đường tròn Trên d lấy điểm M bất kỳ, qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đườn tròn ( A, B tiếp điểm ) Kẻ đường kính AOC , tiếp tuyến ( O ) C cắt AB E a) Chứng minh tam giác BCM đồng dạng với tam giác BEO; b) Chứng minh CM vng góc với OE ; c) Tìm giá trị nhỏ nhất dây AB diện tích tứ giác MAOB A O Q P N C BI E M H d a)Gọi Q giao điểm AB với OM Ta có AM //CE (cùng vng góc với AC ) Suy BEC = MAB (so le trong) Mà ABC = 900 ; AQM = 900 AMO = OMB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AMO = OMB = BCE (cùng phụ với hai góc nhau) BE OB MB OB  tan BCE = tan OMB  =  = (1) BC MB BC BE Lại có MBA = OBC (cùng phụ với ABO ) Nên MBC = OBE (cùng = 900 + OBC ) (2) Từ (1) (2) suy MBC  OBE (c.g.c) 136 b)Từ MBC  OBE  BCM = BEO Gọi I N giao điểm OE với BC MC BIE  NIC ( g g )  IBE = INC mà IBE = 900 Nên INC = 900 Vậy CM ⊥ OE c)Gọi H hình chiếu vng góc O d P giao điểm AB với OH OQ OP = Ta có OQP  OHM ( g g )  OH OM R2  QO.OM = OP.OH = OA2 = R  OP = OH Mà O d cố định  OH không đổi nên OP khơng đổi Lại có AB = AQ = OA2 − OQ mà OQ  OP R4 2R = OH − R 2 OH OH Dấu “=” xảy  Q  P  M  H 2R OH − R  M  H Vậy GTNN AB = OH *) Vì MO ⊥ AB nên S AOBM = AB.OM = AQ.OM Vẽ dây cung A1 B1 vng góc với OH P , P ( O ) cố định nên A1 B1 không đổi  AB = OA2 − OP = R − Vì OP  OQ  AB  A1B1 (liên hệ giữa dây khoảng cách từ tâm đến dây) Mà OM  OH  S AOBM  A1 B1.OH (không đổi) Dấu “=” xảy  M  H Vậy GTNN S AOBM = A1 B1.OH M  H Bài tập 16: (HSG Quãng Ngãi 2016-2017) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Gọi C điểm nằm nửa đường tròn (O) (C khác A, C khác B) Gọi H hình chiếu vng góc C AB, D điểm đối xứng với A qua C, I trung điểm CH, J trung điểm DH a) Chứng minh CIJ b) Chứng minh CBH CJH đồng dạng với HIB c) Gọi E giao điểm HD BI Chứng minh HE.HD = HC2 d) Xác định vị trí điểm C nửa đường tròn (O) để AH + CH đạt giá trị lớn nhất Lời giải: 137 D C E I A J B O H + Vì ABC nội tiếp đường tròn đường kính AB nên AC ⊥ BC Suy BC ⊥ CD (1) + Lập luận để IJ // CD (2) + Từ (1) (2) suy IJ BC + Suy CIJ CBH (cùng phụ với HCB ) (3) +) Trong  vng CBH ta có: tan CBH CH (4) BH + Lập luận chứng minh CJ // AB + Mà CH ⊥ AB (gt) + Suy CJ ⊥ CH +) Trong tam giác vuông CIJ ta có tan CIJ + Từ (3), (4), (5)  CJ CI CJ CI HI HI (5) CH CJ = HB HI + Xét CJH HIB có HCJ = BHI = 900 + Nên CJH đồng dạng với CH CJ = (cmt) HB HI HIB + Lập luận để chứng minh HEI = 900 + Chứng minh HEI đồng dạng với HCJ + Suy HE HI = HC HJ + Suy HE.HJ = HI.HC 2 + Mà HJ = HD; HI = HC + Suy HE.HD = HC2 138 C M 450 A O H K B N + Lấy điểm M nửa đường tròn (O) cho BOM 450 + Tiếp tuyến nửa đường tròn (O) M cắt AB N Ta có M N cớ định + Kẻ MK ⊥ AB K + Chứng minh MON vuông cân M KM = KN Suy ANC = 450 Xét C Ta có C M M nên H K Do đó AH + CH = AK + KM = AK + KN = AN (không đổi) + Xét C khác M Tia NC nằm giữa hai tia NA NM Do đó ANC + ANM 450 HNC có NHC 900 nên HNC HCN 900 Mà HNC 450 nên HCN Suy HNC 450 HCN Suy HC < HN + Do đó AH + CH < AH + HN = AN + Vậy Khi C nửa đường tròn (O) cho BOC 450 AH + CH đạt giá trị lớn nhất Bài tập 17: (HSG Hải Phòng 2016-2017) Cho ba điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (điểm B nằm giữa điểm A điểm C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua điểm B điểm C (điểm O không thuộc đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O (với M N 139 tiếp điểm) Đường thẳng BC cắt MN điểm K Đường thẳng AO cắt MN điểm H cắt đường tròn các điểm P điểm Q (P nằm giữa A Q) a) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi b) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Lời giải: M A H P B O Q D K I E N C d a)Gọi I trung điểm BC suy IO ⊥ BC ABN đồng dạng với ANC (Vì ANB = ACN , CAN chung)  AB AN  AB.AC = AN2 = AN AC ANO vuông N, đường cao NH nên AH.AO = AN2  AB.AC = AH.AO (1) AHK đồng dạng với AIO (g.g) Nên AH AK =  AI  AK = AH  AO (2) AI AO Từ (1) (2) suy AI.AK = AB.AC  AK = AB  AC AI Ta có A, B, C cố định nên I cố định  AK không đổi Mà A cố định, K giao điểm BC MN nên K thuộc tia AB  K cớ định (đpcm) b) Ta có: MHE đồng dạng QDM (g.g)  PMH đồng dạng MQH (g.g)  ME MH = MQ DQ MP MH MH = = MQ QH 2DQ 140  MP ME  ME = MP  P trung điểm ME = MQ MQ Bài tập 18: (HSG Quảng Ninh 2016-2017) Cho đường tròn tâm O bán AB Gọi A điểm cớ định nửa đường trịn (A  B;C), D điểm di chuyển AC Hai đoạn BD AC cắt M,gọi K hình chiếu M BC a) Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADK b) Khi D di chuyển AC (D  C ),chứng minh DK qua điểm cố định BD.EM c) Đường thẳng qua A, vng góc với BC cắt BD E Chứng minh có giá trị khơng đổi D AM di chuyển AC (D  A) Lời giải: Cho đường tròn tâm O bán AB Gọi A điểm cớ định nửa đường trịn (A  B;C), D điểm di chuyển AC Hai đoạn BD AC cắt M,gọi K hình chiếu M BC a) Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADK b) Khi D di chuyển AC (D  C ),chứng minh DK qua điểm cố định BD.EM c) Đường thẳng qua A, vng góc với BC cắt BD E Chứng minh có giá trị khơng đổi D AM di chuyển AC (D  A) Giải a) Tứ giác MKCD nội tiếp  MDK = MCK ADB = ACB ( hai góc nội tiếp (O) chắn AB)  MDK = MDA hay DM phân giác tam giác ADK Tươn tự chứng minh dduocs AM phân giác tam giác ADK Vậy M tâm đương tròn nội tiếp tam giác ADK b) Đường thẳng qua A vng góc với BC cắt DK I  AI ∕∕ MK  IAC = KCM Lại có tứ giác MDCK nội tiếp  KMC = KDC 141 Vậy IAC = IDC  tứ giác ADCI nội tiếp hay I  ( O ) cố định Mà I  đường thẳng qua A cớ định, vng góc với BC cớ định Vậy I cố định hay DK qua I cố định c) Có EAM = KDC , AME = DCK (= DMC ) Vậy hai tam giác AEM DCK đồng dạng  AM DK = ME KC Xét hai tam giác KDB KCA có KCA = KDB, KAC = KBD  hai tam giác KDB KCA DK DB = đồng dạng  KC CA AM DB DB.EM DB.EM =  = CA = số Vậy Vậy không phụ thuộc vào vị trí D ME CA AM AM cung AC Bài tập 19: (HSG Ninh Bình 2016-2017) Cho đường tròn tâm O, bán kính R có đường kính AB cớ định C điểm thay đổi đường tròn (C khác A B) Gọi H hình chiếu C AB, I trung điểm AC Đường thẳng OI cắt tiếp tuyến A đường tròn (O; R) M, đường thẳng MB cắt đường thẳng CH K a) Chứng minh điểm C, H, O, I thuộc đường tròn b) Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn (O;R) c) Chứng minh IK song song với AB d) Xác định vị trí điểm C để chu vi tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất? Tìm giá trị lớn nhất đó Lời giải: a)+) CH ⊥ AB → CHO = 900 nên H thuộc đường tròn đường kính CO 142 +) OA = OC; IA = IC → AOC cân O có trung tuyến OI nên OI ⊥ AC → OIC = 900 → I thuộc đường tròn đường kính CO Vậy: điểm O, I, C, H thuộc đường tròn đường kính CO b) Tam giác OAC cân O, có OI đường trung tuyến nên OI đường trung trực Mà M  OI → MA = MC OA = OC  Xét hai tam giác AMO CMO có OM chung → OAM = OCM (c.c.c)  MA = MC  Vì MAO = 900 → MCO = 900 → MC ⊥ CO , hay MC tiếp tuyến (O;R) CH ⊥ AB KH BH BH = = (1) → KH / / MA  MA AB R  MA ⊥ AB c) Ta có  Do ACB = 900 → BC ⊥ AC → BC / /OM  BHC = OAM Xét hai tam giác BCH OMA có  CBH = MOA → BCH OMA → CH BH BH = = (2) MA OA R Từ (1) (2) suy CH = 2KH → K trung điểm CH  IC = IA → IK đường trung bình CAH → IK / / AH → IK / / AB CAH có:   KC = KH d) Chu vi tam giác ABC (2 P) = AB + BC + CA = R + (CB + CA) Mặt khác ta có (CB + CA)2  (CB2 + CA2 )(12 + 12 ) = AB2 = 8R2 → CA + CB  2R Suy (2 P)  R + 2 R = (2 + 2) R Dấu “=” xảy  CA = CB  C điểm giữa cung AB Vậy: Max(2 P) = 2(1 + 2) R  C điểm giữa cung AB Bài tập 21: (HSG Phú Thọ 2016-2017) Cho đường trịn (O; R ) điểm A cớ định (O; R ) Gọi M, N các giao điểm hai đường tròn (O; R ) ( A; R ) ; H điểm thay đổi cung nhỏ MN đường tròn ( A; R ) Đường thẳng qua H vng góc với AH cắt (O; R ) B, C Kẻ HI ⊥ AB ( I  AB), HK ⊥ AC ( K  AC ) a) Chứng minh IK ln vng góc với đường thẳng cớ định AB AC = 2R2 b) Tìm giá trị lớn nhất diện tích AIK H thay đổi Lời giải: 143 N A K J t O I C M B H A' a) Chứng minh IK ln vng góc với đường thẳng cớ định AB AC = 2R2 Ta có AIH = 900 ; AKH = 900 Vì AIH + AKH = 1800 nên tứ giác AIHK nội tiếp Kẻ tiếp tuyến At đường tròn (O; R) A   ACB + HAC = 90  ACB = AHK (1) Ta có:    AHK + HAC = 90 Ta lại có: AHK = AIK (do tứ giác AIHK nội tiếp) (2) BAt = ACB (cùng sđ AB ) (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: BAt = AIK  At IK Mặt khác OA ⊥ At  IK ⊥ OA Vậy IK ln vng góc với đường thẳng cớ định OA Gọi J giao điểm AO IK; A’ điểm đối xứng với A qua O ( ) Ta có: ACH  AA ' B AHC = ABA ' = 900 ; ACH = AA ' B  AC AH =  AB AC = AH AA ' = R AH = R AA ' AB b) Tìm giá trị lớn nhất diện tích AIK H thay đổi Ta có AKH  AHC  AK AH =  AK AC = AH AH AC Gọi S , S ' diện tích tam giác ABC AIK Ta có AIK ACB  AI AK IK AJ = = = , suy ra: AC AB BC AH 144 2 AJ IK S' AJ IK  AK   AK AC  AH AH = = = = = = =    S AH BC AH BC  AB   AB AC  ( AH R )2 4R 1 R R R2 Suy S ' = S = AH BC = BC  2R = 8 Vậy giá trị lớn nhất tam giác AIK R2 , đạt H  O 145 ... AED = ACB  Tứ giác BCDE nội tiếp b) Vì tứ giác BCDE nội tiếp suy ADE = ABC mà ABC = 1 AOC  ADE = AOC 2 Vì AOC cân O suy OAC = 180o − AOC Suy ADE + OAC = 90 o Vậy OA ⊥ DE c) Gọi P giao điểm... DCN + DCM = 90 0 DNC = DCM ( )  DCN + DCM = 90 0 DNC = DCM  PCQ = 90 0 => Tứ giác PCQD nội tiếp (Vì: PDQ + PCQ =180 ) b) Ta có: MCN = 90 0 (cmt )  NCB + MCA = 90 0 Mà: AMC + MCA = 90 0  AMC =... AN Dựng tam giác vuông cân BDE D cho E thuộc nửa mặt phẳng có bờ BD khơng chứa C Ta có ADE = ACB DE = DB Từ giả thi? ??t AC.BD = AD.BC 31 Suy AB AC AD BD DE = = =  ADE ~ ACB , từ AE AD AC BC BC