Hh9 chuyên đề 10 hình trong đề hsg và chuyên toán phần 1(107 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN HH9-CHUYÊN ĐỀ 10 CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2006) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB, C trung điểm OA dây MN ^ OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK, MN a Chứng minh: BCHK tứ giác nội tiếp b Tính AH.AK theo R c Xác định vị trí K để KM + KN + KB lớn Tính GTLN Giải ỉ AB Ã ữ O; ị AKB = 90o a Do K nm trờn ỗ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ   Lại có HCB 90o (giả thiết) suy AKB  HCB 180o nên tứ giác BCHK nội tiếp (Tổng hai góc đối 180o ) b Ta có ACH AKB ( g g ) nên AH AB R   AH AK  AC AB  R R AC AK c Đây câu hỏi hay Nếu bạn biết định lý Ptolemy định lý Shooten tốn giải Cách tiếp cận thứ nhất: Nhận thấy tam giác BMN cân B tam giác AMO (do AMO cân O M) suy tam    s® NB 600 Trên dây KN lấy điểm P cho KP = KB tam giác giác BMN nên NKB   KPB Xét tam giác MKB NPB ta có: KB  BP, MB NB, MKB NPB 120 suy MKB NPB(c.g.c)  KM PN  KM  KB KN Vậy KM  KN  KB 2 KN Dễ thấy KN 2 R nên KM  KN  KB 4 R, dấu xảy K, O, N thẳng hàng Từ suy điểm K giao điểm NO với (O) (K khác N) Cách 2: Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp KMNB ta có: KM BN  KB MN KN MB ý rằng: BM  BN  MN suy KM  KB KN Phần lại ta làm 1.1 Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) Khi ta có: AB.CD  AD BC  AC BD | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Chứng minh: Trên đường chéo BD lấy điểm E cho      ADE  ACB (cùng chắn DAE BAC Ta có DAE  BAC AB ) nên ADE ∽ACB( g.g )  AD DE  AC BC      AD BC  AC DE (1) Do DAE nên DAC EAB , CAB lại  )  có ABE  ACD (cùng chắn AD AB BE   AB.CD  AC.BE (2) AC CD Từ (1) (2) suy AB.CD  AD BC  AC( BE  DE )  AC BD  ABE ∽ACD( g.g )  1.2 Định lý Shooten Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Chứng minh với điểm M nằm đường trịn (O) ba đoạn MA, MB, MC có đoạn có độ dài tổng độ dài hai đoạn Chứng minh Xét điểm M nằm cung nhỏ BC Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABMC, ta có MA.BC MB AC  MC AB Vì AB  AC BC nên MA MB  MC Tương tự điểm M nằm cung nhỏ AC AB ta có MB MC  MA MC MA  MB Suy đpcm Cách khác để chứng minh: MA MB  MC (trường hợp điểm M nằm cung AB, AC tương tự) Trên MA lấy điểm I cho MI MB ta cần chứng minh MC  AI Thật vậy, ta có   BMI  ACB 60o mà MB MI nên tam giác BIM đều, BI BM IBM 60o   Ta lại có ABC 60o nên ABC IBM , suy CBM  ABI Dễ dàng chứng minh BCM BAI (c.g.c) nên MC  AI Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2007) Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với (d) A Trên (d) lấy điểm H không trùng với A AH  R Qua H kẻ đường thẳng vng góc với (d), đường thẳng cắt (O) B, E (E nằm B H)  a Chứng minh: ABE EAH ABH ∽EAH CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN b Lấy C (d) cho H trung điểm AC, CE cắt AB K Chứng minh: AHEK tứ giác nội tiếp c Tìm vị trí H để AB R Giải a Do AH tiếp tuyến (O) A nên  ABE EAH   s® AE  Xét tam giác ABH , EAH ta có: AHB chung ABE EAH ABH ∽EAH ( g.g )   b Vì E nằm trung trực AC nên EAH lại có: ECH     suy ECH Suy ABH ∽ACK ( g.g ) EBA EAH EBA suy   CKA  BHA 90o Tứ giác AHKE có AHE  EKA  180o suy AHKE nội tiếp (Tổng hai góc đối 180o )  c Khi AB R sđ AEB 120 o Do tam giác ABC cân B nên AB BC R     lại có AEB BEC 120 o  HEA 60 o  HAE 30 o R   HBA 30o  AH  Vậy điểm H nằm (d) cho R để AB  R Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2008) AH  Cho đường trịn (O; R) có đường kính AB điểm E nằm đường trịn (E khác A, B) Đường phân giác góc AEB cắt đoạn AB F cắt (O) điểm thứ K a Chứng minh: KAF ∽KEA b Gọi I giao điểm OE với trung trực EF Chứng minh (I) bán kính IE tiếp xúc với (O) E tiếp xúc với AB F c Chứng minh: MN // AB, M, N giao điểm thứ AE, BE với (I) d Tìm GTNN chu vi tam giác KPQ theo R E chuyển động (O), với P giao điểm NF AK, Q giao điểm MF, BK Giải | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUN TỐN  a.Vì EK phân giác góc AEB nên  KB   AEK   AK KAB Xét tam giác KAF, KEA ta có:   va AKE chung AEK KAB Suy KAF ∽KEA ( g.g ) b Vì I  OE, E  (O) nên ( I ; IE ) tiếp xúc với (O; OE) E Vì I nằm trung trực EF nên IE = IF hay F  ( I ; IE )   , OEK     Ta có: IEF suy IFE IFE OKE OKE  IF / / OK , mà OK  AB (do K điểm cung AB) từ suy IF  AB (1) hay (I) bán kính IE tiếp xúc AB F  c Do MEN 90o  MN đường kính (I), hay M, I, N thẳng hàng Lại có   FIN 2 FEN 90o nên FI  MN (2) Từ (1) (2) suy MN // AB     d Từ chứng minh câu b ta suy MFN (cùng chắn cung 90o  PFN 90o Ta có EAB EKB       EB), EAB (đồng vị), EMN (cùng chắn cung EN) suy EFN EKB  FN / / BK , EMN EFN mặt khác AK  KB  AK  NF P suy PFQK hình chữ nhật tam giác APF vng cân P nên KQ = PF = AP Ta kí hiệu chu vi tam giác KPQ c c KP  KQ  PQ KP  PA  KF KA  KF Ta có   KA  R 2, KF KO R nên c  R  Dấu xảy F O Hay E điểm cung AB Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2009) Cho đường tròn (O; R) điểm A nằm (O), kẻ tiếp tuyến AB, AC đến (O) (B, C tiếp điểm) a Chứng minh: ABOC tứ giác nội tiếp b Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh: BE  OA OE.OA  R c Trên cung nhỏ BC (O) lấy điểm K (K khác B, C) Tiếp tuyến K (O) cắt AB, AC P, Q Chứng minh: Chu vi tam giác APQ không đổi K chuyển động cung nhỏ BC d Đường thẳng qua O vuông góc với OA cắt đường thẳng AB, AC M, N Chứng minh: PM  QN  MN Giải CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN a Vì AB, AC tiếp tuyến (O) nên  ABO  ACO 90o  Tứ giác ABOC có ABO  ACO 180o nên ABOC tứ giác nội tiếp (tổng góc đối 180o ) b Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có BC  AO E Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABO ta có: OE.OA OB R c Vì điểm A cố định nằm (O)nên AB, AC cố định suy AB  AC khơng đổi Theo tính chất tiếp tuyến cắt ta có: PK PB,QK QC suy chu vi tam giác APQ là: AP  AQ  PQ  AP  AQ  PB  QC  AB  AC không đổi   d Giả sử BK cắt PO I, CK cắt OQ J KIO KJO 90o nên tứ giác KIOJ nội tiếp nên   QKC   KOJ KIJ KBC  IJ / / BC hay IJ  AO    90o  JAO     Từ ta có: BPO BKO IJO QON Xét MOP NQO có: PMO ONQ PM ON MN    MOP ∽  NQO ( g g )    PM QN  OM ON  MPO QON suy OM QN Ta có: PM.QN  ( PM  QN )2 ( PM  QN )2 MN    PM  QN MN 4 Dấu đẳng thức xảy PM QN  PQ / / MN hay K điểm cung nhỏ BC Nhận xét: Đây toán hay đề tuyển sinh vào lớp 10 TP Hà Nội Một số tốn ơn tập thêm: Cho đường trịn tâm O điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O) với B, C tiếp điểm Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường vng góc MI, MH, MK xuống BC, CA, AB Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng BM IK, CM IH a Chứng minh: tứ giác BIMK, CIMH tứ giác nội tiếp b Chứng minh: MI  MH MK c Chứng minh: IPMQ nội tiếp suy PQ  MI Tìm vị trí điểm M để MI.MH.MK đạt GTLN Giải | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN o   a Từ giả thiết: BKM  BIM 90 suy tứ giác BKMI nội tiếp Tương tự cho tứ giác CIMH, AKMH   b Vì tứ giác BKMI nội tiếp nên: MKI (cùng chắn cung MBI   MI) Mặt khác ta có: MBI (tính chất góc tạo tiếp MCH   tuyến dây cung) Nhưng MCH (cùng chắn cung MH  MIH   tứ giác nội tiếp MHCI) Suy MKI  MIH   Hồn tồn tương tự ta có: MIK nên MIK ∽MHI (g.g)  MHI MI MH   MI MH MK MK MI            c Ta có: PMQ  PIQ BMC  PIM  QIM BMC  MBA  MCA BMC  MCB  MBC 180o Suy Do tứ giác PIQM nội tiếp (Tổng hai góc đối 180O ) Vì PIQM nội tiếp suy     suy PQ / / BC hay MI  PQ MPQ MIQ  MKI MBI d Từ chứng minh câu b) ta có MI MH MK  MI MI MH MK Suy MI MH MK lớn MI lớn Hay M điểm cung nhỏ BC khơng chứa A Cho đường tròn tâm (O) Từ điểm A cố định (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC tới (O) (B, C tiếp điểm) Lấy điểm M cung nhỏ BC Gọi D, E, F thứ tự hình chiếu từ M đến BC, AC, AB Gọi MB cắt DF P, MC cắt DE Q Chứng minh đường thẳng nối giao điểm hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF MQE qua điểm cố định Giải Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác MPF MQE cắt M, N Đường thẳng MN cắt PQ, BC theo thứ tự K I Ta có tứ giác MDCE, MDBF nội tiếp nên   ; MCE MDE  MBC    MBF MDF MCB Suy      PMQ  PDQ PMQ  PDM  QDM    PMQ  MCB  MBC 180o Do tứ giác MPDQ tứ giác nội tiếp    Suy MQP  MCB MEQ , suy KQ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp MQE Tương tự KP tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác MFP Ta có KM.KN KQ2 , KM KN KP Suy KP KQ CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Xét tam giác MBC, PQ // BC, KP = KQ Theo định lý Thales suy I trung điểm BC Vậy MN qua điểm cố định I trung điểm BC Cho tam giác ABC cân đỉnh A Gọi O trung điểm BC Đường tròn (O) tiếp xúc với AB E  tiếp tuyến đường tròn H cắt AB, AC tiếp xúc với AC F Điểm H chạy cung nhỏ EF M, N Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn Giải   Dễ thấy OM, ON phân giác EOM , FOH Từ ta có: o  MON 180  BAC  ABC   MBO ∽OCN  g g )  MB BO BC    BM.CN OB.OC  const OC CN (1) Ta lại có S AMN S ABC  S BMNC nên S AMN đạt giá trị lớn SBMNC đạt giá trị nhỏ Gọi R bán kính đường trịn (O), ta có: SBMNC SBOM  SMON  SNOC  R( BM  MN  NC )  R  BE  CF   EM  FN   ( MN EM  FN )  R  BE  EM  FN  ( BE CF ) R( BE  BM  CN  BE ) R( BM  CN  BE ) (2) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, từ (1) (2) suy SBMNC R   BC  BM.CN  BE  R   BE     Dấu “=” xảy BM CN  MN / / BC H giao điểm đường trung trực BC với đường tròn (O) Vậy diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn H giao đường trung trực BC với đường trịn (O) Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2010) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C  A, B ) D thuộc dây BC ( D  B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC E, tia AC cắt BE F a Chứng minh tứ giác FCDE nội tiếp b Chứng minh DA DE DB DC   c Chứng minh CFD Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC OCB tiếp tuyến (O) d Cho biết DF  R, chứng minh tan AFB 2 .7 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN Giải a Do C, E nằm đường trịn đường kính AB nên ACB  AEB    90o  FCD FED 90o   Tứ giác FCDE có FCD  FED 180o nên FCDE tứ giác nội tiếp (tổng hai góc đối 180o )  b Tứ giác ACED nội tiếp (O) nên ACB  AEB (cùng chắn   cung AB) Ta có CDA (đối đỉnh) nên EDB DA DB  hay DA DE DB DC DC DE   c Tứ giác FCDE nội tiếp nên CFD (cùng chắn cung CD) Tứ giác ACEB nội tiếp nên CED ACD ∽BED( g.g )        (cùng chắn cung AC) Mà CBA suy CFD đpcm Do AE, BC hai CEA CBA OCB OCB đường cao tam giác AFB nên D trực tâm tam giác AFB Để ý điểm F, C, D, E nằm đường trịn đường kính DF nên I trung điểm DF suy     IE IF  DF  IEF IFE (1) Ta có OEB OBE (2) Từ (1) (2) ta suy   OEB    OBE   IEF IFE 90o  IEO 90o hay IE tiếp tuyến (O) d Ta có ACB ∽DCF  CB BA CB   2 Trong tam giác vng CFB ta có: tan CFB  2 CF FD CF đpcm Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2011) Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Gọi d1 d2 hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường trịn (O) (E khơng trùng với A B) Đường thẳng d qua E vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1 , d2 M, N a Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp    b Chứng minh ENI MIN 90o EBI c Chứng minh AM.BN = AI.BI d Gọi F điểm cung AB khơng chứa E đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng Giải CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN    a Do MAI MEI 90o suy MAI  MEI 180o hay MAIE tứ giác nội tiếp (Tổng hai góc đối 180 )   b Do MAIE tứ giác nội tiếp nên EMI (cùng chắn EBI cung EI) Chứng minh tương tự câu a ta có NEIB tứ giác   nội tiếp nên ENI (cùng chắn cung NB) EBN  Từ suy MIN ∽AEB  MIN 90 o c Xét tam giác vng MAI IBN ta có:      MIA 180o  MIN  NIB 90o  NIB INB MA IB   AM BN  IA IB AI BN  d Dựng EH  AB Khi F điểm cung AB EF phân giác góc AEB suy ra: Suy MAI ∽IBN  g.g   EA IA 10    EA2  EB  EA  EA2  AB 4 R  EA2  R  EA  R EB IB 5 2 S OI  OF  EI   IF  10    suy EB  R Ta có: MIN ∽AEB  MIN     S AEB  EH   OF  OF 5 5 10 10 SMIN  SAEB  EA.EB  R R  R2 4 5 Bài 7: (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2012) Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M điểm cung nhỏ AC ( M  AC ), BM cắt AC H Gọi K hình chiếu H AB a Chứng minh tứ giác CBKH tứ giác nội tiếp  b Chứng minh ACM  ACK c Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE  AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C d Gọi d tiếp tuyến đường tròn (O) điểm A Cho P điểm nằm d cho hai điểm P, C nằm nửa mặt phẳng bờ AB AP MB  R Chứng minh đường thẳng PB MA qua trung điểm đoạn thẳng HK Giải | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN HH9-CHUN ĐỀ CÁC BÀI TỐN HÌNH CHỌN LỌC THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN  AB  a Vì C nằm đường trịn  O; nên ACB 90o , ta có   HKB 90o   ACB  HKB 180o nên CHKB tứ giác nội tiếp (tổng góc đối 180o ) b Tứ giác AMCB nội tiếp nên ACM  ABM (cùng chắn cung   AM) (1) Tứ giác CHKB nội tiếp nên HCK (cùng chắn HBK cung HK) (2) Từ (1) (2) ta suy ACM  ACK c Do C điểm cung AB nên ACB tam giác vuông cân C, suy AC = CB, ta   có: MAC (cùng chắn cung MC), AM = BE (gt) suy AMC BEC(c.g.c ) suy CM = EBC      CE Lại có MCE  MCA  ACE ECB  ACE 90o nên MCE tam giác vuông cân C d Giả sử MB kéo dài cắt tiếp tuyến A N Ta dễ chứng minh được: NAB ∽AMB suy MB AB R NA.MB AP MB AP MB NA MB    R  R suy  kết hợp với điều kiện: hay MA NA NA MA MA MA MA NA 2 AP  P trung điểm AN Giả sử BP cắt HK I Do HK // NA theo định lý Thales ta có: HI IK BI   mà NP PI suy HI IK trung điểm HK NP PI BP Bài (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2013) Cho đường tròn (O) điểm A nằm bên (O) Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) Một đường thẳng d qua A cắt đường tròn (O) hai điểm B C ( AB  AC, d không qua tâm O) a Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp b Chứng minh AN  AB AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB 4cm, AN 6cm c Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai T Chứng minh MT // AC d Hai tiếp tuyến đường tròn (O) B C cắt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điều kiện đầu Giải 10