DỰ ÁN WORD VÀ GIẢI CHI TIẾT BÀI 38-39-40 CỦA THẦY VĂN MAI PHƯƠNG Người thực hiện: Huy Võ ( O) đường kính Bài 38: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn AB = 2R Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC a) Chứng minh tứ giác CBMD nội tiếp b) Chứng minh DB.DC = DN.AC c) Xác định vị trí điểm D để hình bình hành ABCD có diện tích lớn tính diện tích hình bình hành trường hợp Giải: D C N M A O B a) Ta có · ADB = 90° ( Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) Nên AD DB, mà CB // AD (ABCD hình bình hành) suy CB DB nên · DBC = 90° · · Xét tứ giác DMBC có DMC = DBC = 90° mà hai góc nhìn cạnh CD nên suy BMBC tứ giác nội tiếp · · b) Vì CD // AB nên DCA = CAB (so le trong) · · · Ta lại có CAB = NAB = NDB (góc nội tiếp chắn cung NB) · · Suy DCA = NDB Xét D DAC D NBD có · · DCA = NDB (cmt) · · DAC = NBD (góc nội tiếp chắn cung ND) Suy D DAC D NBD (gg) DB AC = Nên ta có DN DC Þ DB.DC = DN AC (đpcm) c) SABCD = 2SADB = .AD.DB Nhận thấy Theo bất đằng thức AM – GM suy AD + DB AB ( R) AD.DB £ = = = 2R2 2 Đẳng thức xảy AD = DB hay D điểm cung AB SABCD = 2SADB = .AD.DB 2 Khi = 2R Vậy để hình bình hành ABCD có diện tích lớn D phải điểm S = 2R2 cung AB ABCD Bài 39: Cho đường trịn cố định tâm O, bán kính Tam giác ABC thay đổi ( O) Một đường thẳng qua tâm O cắt đoạn AB,AC ln ngoại tiếp đường trịn M N Xác định giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN Giải: A K J M N O r =1 B C L Gọi J,K,L tiếp điểm giác ABC hình vẽ Ta có: ( O) với cạnh AB,AC,BC tam SAMN = SAMO + SANO 1 AM OJ + AN OK =2 = ( AM + AN ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM suy : SAMN = ( AM + AN ) ³ AM AN (1) · SAMN = AM AN sin MAN Mặt khác ta có : 2SAMN AM AN = · ³ 2SAMN (2) Þ sin MAN S ³ Từ (1) (2) Þ AMN 2SAMN Û SAMN ³ (dvdt) ìï AM = AN ï í · ï sin MAN =1 Û Dấu “=” xảy ïỵ A Bài 40: Cho hai đường trịn ( O; R) ìï AM = AN ï í· ïï MAN = 90° Þ D AMN vng cân ỵ ( O '; R ') cắt A B ( tâm đường trịn nằm ngồi đường trịn kia) Đường thẳng AO cắt đường tròn ( O) C cắt ( O ') ( O ') F cắt ( O) D E Đường thẳng AO’ cắt a) Chứng minh tứ giác CDEF, ODEO’ nội tiếp b) Chứng minh A tâm đường tròn nội tiếp D BDE c) Chứng minh đường thẳng CD, EF, AB đồng quy Giải: H D E A O C a) O' B F *) Chứng minh CDEF nội tiếp: · · Nhận thấy D DOA cân O nên ODA = OAD · ' AE = AEO · D AO ' E cân O’ nên O ' · · · · Mà DAO = EAO ' (đối đỉnh) Þ ODA = AEO ' · · Từ theo tính chất tổng ba góc tam giác ta suy DOA = AO ' E (1) 1· · DBA = DOA Mặt khác ( góc nội tiếp số đo góc tâm ) (2) ·ABE = AO · 'E ( góc nội tiếp số đo góc tâm ) (3) · · Từ (1),(2) (3) suy DBA = EBA (4) · · ( O) nên DBA = DCA Lại có tứ giác ADCB nội tiếp (cùng chắn cung DA) (5) ( O ') nên ·ABE = ·AFE (6) Tứ giác EABF nội tiếp · · Từ (4), (5) (6) suy DCE = EFD · · Xét tứ giác CDEF có DCE = EFD (cmt) mà hai góc nhìn đoan DE cung Suy tứ giác CDEF nội tiếp *) Chứng minh ODEO’ nội tiếp: Nhận thấy OO’ đường trung bình tam giác ACF, suy OO’ // CF nên · · · · · AOO ' = ACF ( đồng vị ) Mà FCA = FCE = FDE ( CDEF nội tiếp ) suy · · ' DE EOO ' =O , mà hai góc nhìn đoạn EO’ nên suy tứ giác ODEO’ nội tiếp b) · · Ta có ADB = ACB ( nhìn cung AB) · · mà EDA = ECB (cmt) · · nên EDA = BDA suy DA tia phân giác tam giác EDB đỉnh D Lại có BA tia phân giác tam giác EDB đỉnh B Nên A giao điểm đường phân giác tam giác EDB Từ suy A tâm đường tròn nội tiếp tam giác EDB (đpcm) c) Gọi H giao điểm CD EF hình vẽ Dễ dàng chứng minh A · trực tâm tam giác HCF, suy HA CF Lại có AB CF ( ABC = 90° ) Suy H, A, B thằng hàng Từ suy CD, EF, AB đồng quy.( đpcm)