Bài 10 12

Bài 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Tính độ dài BC theo R  O; R  và có AB  AC  R a) Gọi M là điểm di động cung nhỏ AC ( M khác A và C ) tia AM cắt BC tại D Chứng minh tích AM AD không đổi b) Tìm vị trí của M cung nhỏ AC để tổng 2.AM  AD có giá trị nhỏ nhất c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD Chứng minh I di động đường cố định M di động cung nhỏ AC Lời giải A M I O B C D K  a) Kẻ OH  BC tính được BAH 45 suy tam giác ABC vuông cân tại A từ đó tính được BC 2 R b) AMC ∽ ACD  g  g   AM AD  AC 2R không đổi M di chuyển c) Theo bất đẳng thức Cô-si : AM  AD 2 AM AD 4 R vậy giá trị nhỏ nhất là 4R xảy 2AM  AD  AM R  d) Kẻ đường kính AK của (O)  ACK 90 (1) mặt khác AM AD  AC nên AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MCD  ACI 90 (2) Từ (1) và (2) suy K , C , I thẳng hàng mà C , K cố định nên I thuộc đường hẳng CK cố định  O  đường kính AB , dây CD vuông góc với AB tại P Trên cung nhỏ BC lấy điểm M ( M khác C và B ) đường thẳng AM cắt CD tại Q Bài 11 : Cho đường tròn a) Chứng minh tứ giác PQMB nội tiếp; b) Chứng minh APQ ∽ ABM suy AC  AQ AM ; c) Gọi giao điểm của CB và AM là S , MD với AB là T chứng minh ST / /CD Lời giải M C S Q A P T B O D   a) QPB  QMB 180 nên tứ giác QPBM nội tiếp b) Ta có : APQ ∽ ABM  g  g   AQ AM  AP.AB  AC ( HTL tam giác ACB ) ACS  sđ AC  BM  ATD  sđ AD  BM  2 c) Ta có : ;   ACS  ATD  MSB   MTB  suy  mà AC AD nên MSTB nội tiếp   MTS 90  ST  MB  ST / /CD Bài 12: Cho nửa đường tròn đường kính cung là điểm thuộc cung ( ), đường thẳng cắt đường thẳng cắt đường thẳng tại a) Chứng minh Gọi M là điểm chính không trùng với và tại ,đường thẳng là một tứ giác nội tiếp và tích: không đổi; b) Chứng minh hai tam giác và đồng dạng; c) Tiếp tuyến thứ hai của nửa đường tròn là trung điểm của đoạn thẳng cắt tại Chứng minh Lời giải a) + Chứng minh tứ giác OBPC nội tiếp: D Vì M là điểm chính của AB nên: I  MB   MA MB  MAB MA cân tại  MO M đường trung tuyến là P M C đường cao Do đó:   MO  AB  MOB 90  COB 90   Mặt khác: CPB  APB 90 (góc nội A O B x tiếp chắn nửa đường tròn)   Suy ra: COB  CPB 90  90 180  OBPC nội tiếp   + Xét APB và AOC có: A chung , APB  AOC 90 suy ra: APB ∽ AOC  AP AB AB AB   AC AP OA AB  AB  AO AC 2 ( Không đổi) Do đó tích AC AP không đổi   b) + Xét BDO và CAO có: BOD  AOC 90 ( theo câu a)    OAC ODB ( phụ OBD ) Suy ra: BDO ∽ CAO  g g    BPx PAB  IPD BPx   sđ PB c) Ta có: ( Hai góc đối đỉnh), ( hai góc nội tiếp       IDP chắn PB ), PAB ( theo câu b) Do đó : IPD IDP  IPD cân tại I  IP ID  1       IDP Mặt khác: IPD  IPC 90 , ICP  IDP 90 (DCP vuông tại P) mà IPD   I  IC  IP   IC ID  IP  Suy : ICP IPC  ICP cân tại Từ (1), (2) ta có : Vậy I là trung diểm của CD