VÕ MỘNG TRÌNH – THCS CÁT MINH – PHÙ CÁT – BÌNH ĐỊNH ỨNG DỤNG CỦA MỘT BÀI TOÁN NHỎ Bài toán *: Bài: Cho tam giác ABC có góc C tù, µ µ 2A B= . M là trung điểm của cạnh AB. Đường thẳng vuông góc với BC tại B cắt AC ở D. Chứng minh · · BMD AMC= Giải Qua C vẽ đường thẳng song song với AB cắt BD, DM tại E, N. Từ bài toán *, Ta có: N là trung điểm của CE. Mà: Δ BEC vuông tại B. Do vậy: BN = CN. Từ đó chứng minh được: ABNC là hình thang cân. ( ) · · Δ ΔBMN AMC c g c BMD AMC= − − ⇒ = Bài: (HSG – Quận Tân Bình TpHCM – 2004-205) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. M là điểm trên nửa đường tròn. Vẽ MH vuông góc với AB tại H. Qua B dựng tiếp tuyến Bx với nửa đường tròn. Qua O dựng đường thẳng vuông góc với MB cắt Bx tại K. Chứng minh rằng AK đi qua trung điểm I của MH. Giải Gọi C là giao điểm của AM và BC. · 0 90AMB = . Do đó: AC//OK. Nên: K là trung điểm của BC Δ ABC có: MH//BC, K là trung điểm của BC. Vậy: AK đi qua trung điểm I của MH(Theo bài toán *) Bài: (HSG Phú Thọ- 2008-2009) Cho đường tròn (O;R) đường kính BC = 2R. Từ điểm P trên tiếp tuyến của đường tròn tại B vẽ tiếp tuyến thứ hai PA (A là tiếp điểm) với đường tròn. Gọi H là hình chiếu của A lên BC, E là giao điểm của PC và AH. a) Chứng minh EH = EA b) Tính AH theo R và OP = d. Giải a) Chứng minh EH = EA Ta có: AH ⊥ BC; PB ⊥ BC ⇒ AH//PB Δ CBP có: EH//PB ⇒ ( ) . . 1 EH CH EH CB PB CH PB CB = ⇒ = Ta có: AC//BO µ µ 1 1 O C= (Cặp góc đồng vị) 1 VÕ MỘNG TRÌNH – THCS CÁT MINH – PHÙ CÁT – BÌNH ĐỊNH ( ) ( ) Δ ~ Δ . . 2 AH CH AHC PBO g g AH BO PB CH PB BO ⇒ − ⇒ = ⇒ = Từ (1) ; (2) suy ra: EH.CB = AH.BO ⇔ EH.2BO = AH.BO 2 AH EH EA EH⇔ = ⇒ = Cách 2: Kéo dài CA cắt BP tại K. Ta chứng minh được PK = PB. Theo bài toán * ta chứng minh được: EA = EH b) Tính AH theo R và OP = d. Ta có: ( ) 2 2 . . . 2 2 . EH CB EH CB AH HB HC R HC HC AH R PB PB = = − ⇒ = − ÷ = . . 2 . 2 2 AH CB AH CB R PB PB − ÷ ( ) 2 2 4 . 4 . .2 . .2PB AH R PB AH R AH R⇔ = − ( ) 2 2 2 . 2 .R PB AH R PB⇔ + = Mà: 2 2 2 PB d R= − , nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 . . R R PB R AH d R AH AH d R d R PB d = − ⇔ = ⇔ = − + Bài :(TS-Quảng Nam-2009-2010) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 6cm. Gọi H là điểm nằm giữa A và B sao cho AH = 1cm. Qua H vẽ đường thẳng vuông góc với AB, Đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại C và D. Hai đường thẳng BC và DA cắt nhau tại M. Từ M hạ đường vuông góc MN với đường thẳng AB (N thuộc đường thẳng AB). a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp. b) Tính độ dài CH và tính tang · ABC . c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O) d) Tiếp tuyến tại A của (O) cắt NC ở E. Chứng minh đường thẳng EB đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH. Giải: a) Chứng minh MNAC là tứ giác nội tiếp. Tứ giác MNAC có: · ( ) 0 90MNA MN AB= ⊥ · 0 90ACM = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ Tứ giác MNAC nội tiếp đường tròn đường kính MA, tâm O’. b) Tính độ dài CH và tính tang · ABC . * ∆ ACB vuông tại C, đường cao CH nên: ( ) ( ) 2 . . 1.5 5 5CH AH BH AH AB AH CH cm= = − = = ⇒ = * ∆ BCH vuông tại H nên: · 5 tan 5 CH ABC BH = = c) Chứng minh NC là tiếp tuyến của đường tròn (O): Đối với đường tròn (O’), ta có: ¶ µ » 1 1 2 sd AN M C = = ÷ ÷ (1) Đối với đường tròn (O), ta có: ¶ µ » 1 1 2 sd AC D B = = ÷ ÷ (2) Mà: ¶ ¶ 1 1 D M= (so le trong) (3) 2 Vế MNG TRèNH THCS CT MINH PH CT BèNH NH T: (1); (2) v (3) à à 1 1 C B= M: à à 1 1 (B C OBC= cõn ti O) Do ú: à ả 1 2 C C= (4) Ta cú: ả ã 0 2 90C ACO+ = (5) (4) v (5) à ã 0 1 90C ACO OC NC + = ; m OC l bỏn kớnh, nờn: NC l tip tuyn ca (O). d) Chng minh ng thng EB i qua trung im ca on thng CH. Gi ;I CH BE K BM AE . EC v EA l tip tuyn //OE AC OE BM ABK cú: OA = OB v OE // BK E l trung im ca AK. ABK cú: CI // KE IC BI EK BE = v BEA cú: IH // EA IH BI EA BE = Do ú: IC IH EK EA = ; m EK = EA. Vy I l trung im ca CH. Bi (TS-Hi Dng-2008-2009) Cho ng trũn (O) ng kớnh AB. Trờn ng trũn (O) ly im C(C khụng trựng vi A, B v CA > CB). Cỏc tip tuyn ca ng trũn (O) ti A, ti C ct nhau D, k CH vuụng gúc vi AB(H thuc AB), DO ct AC ti E. a) Chng minh t giỏc OECH ni tip. b) ng thng CD ct ng thng AB ti F. Chng minh ã ã 0 2 90BCF CFB+ = . c) BD ct CH ti M. Chng minh EM // AB. Gii: a) Chng minh t giỏc OECH ni tip. Ta cú: ( ) ( ) ã ( ) 0 ính chất hai tiếp tuyến cắt nhau OA=OC =R à trung trực của AC AC DO tại E 90 1 DA DC t ODl CEO = = Ta cú: ã ( ) ( ) 0 90 ì CH AB 2COH v= T (1), (2) ã ã 0 180CEO CHO + = T giỏc OECH ni tip ng trũn ng kớnh OC b) Chng minh ã ã 0 2 90BCF CFB+ = . Ta cú: ả ằ ( ) ả ằ 4 4 1 đBC óc tạo bỡi tia tt và dây cung 2 2 đBC C s g C s = = Li cú: à ằ ằ ( ) ( ) 1 1 đAC đBC T/c góc có đỉnh bên ngoài đ ờng tròn 2 F s s= ả à ằ ằ ằ ằ ằ ằ 0 4 1 1 1 1 1 2 đBC đAC đBC ( đAC đBC) đAB 90 2 2 2 2 C F s s s s s s + = + = + = = Vy: ã ã 0 2 90BCF CFB+ = Cỏch 2: Ta cú: ả ả ằ ả ả ã ( ) à ả ả à ( ) 4 2 0 3 4 4 1 3 2 1 đBC 2 2 90 đpcm C ì cùng phụ với CBA C A s C C C F A v = = ữ = + = = c) BD ct CH ti M. Chng minh EM // AB. 3 VÕ MỘNG TRÌNH – THCS CÁT MINH – PHÙ CÁT – BÌNH ĐỊNH Gọi K là giao điểm của các đường thẳng AD và BC. Ta có: ¶ µ µ ¶ ¶ ¶ ¶ µ ( ) 0 1 1 0 1 2 1 1 1 2 90 90 ©n t¹i D µ: A DK = DC. Mµ DC = AD DA = DK 3 K A C C K C DKCc m C + = + = ⇒ = ⇒ ∆ = ⇒ ⇒ Ta có: ( ) ( ) // ïng vu«ng gãc víi AB 4 CM BM MH CH KA c DK BD DA ⇒ = = Từ (3) và (4) CM MH⇒ = (5) Theo câu a, ta có: DO là trung trực của AC ( ) 6EA CA⇒ = Từ (5) và (6) ⇒ ME là đường trung bình của ∆ ACH ⇒ ME // AB Bài (TS - Hà Nội - 2012 - 2013) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A và C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. a) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh · · ACM ACK= c) Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C. d) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại A; Cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và .AP MB R MA = . Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK. Giải a) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. Ta có: · 0 90HCB = (vì nội tiếp chắn nửa đ. trònO) · 0 90HKB = (vì K là hình chiếu của H trên AB) · · 0 180HCB HKB⇒ + = ⇒ Tứ giác CBKH nội tiếp đường tròn đường kính HB. b) Chứng minh · · ACM ACK= Ta có: · · ACM ABM= (vì nội tiếp cùng chắn cung AM) · · · ACK HCK HBK= = (vì nội tiếp cùng chắn cung HK của đ/tròn đ/kính HB) Vậy: · · ACM ACK= c) Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C. Ta có: OC ⊥ AB ⇒ C là điểm chính giữa của cung AB ⇒ BA = BC và sđ » AC = sđ » 0 90BC = Xét hai tam giác: Δ MAC và Δ EBC có: MA = EB(gt); AC = CB(cmt); · · MAC MBC= ( ) Δ Δ ΔMAC EBC c g c CM CE⇒ = − − ⇒ = ⇒ MCE cân tại C (1) Ta lại có: · 0 45CMB = (vì nội tiếp chắn cung CB có số đo 0 90 ) · · 0 45CEM CMB⇒ = = 4 VÕ MỘNG TRÌNH – THCS CÁT MINH – PHÙ CÁT – BÌNH ĐỊNH Mà: · · · 0 180CEM MCE EMC+ + = (Tổng ba góc trong một tam giác) · ( ) 0 180 2MCE⇒ = Từ (1) và (2) Δ⇒ ECM là tam giác vuông cân tại C. d) Chứng minh đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK. Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng d. N là giao điểm của BP với HK. Xét Δ PAM và Δ OBM: Theo GT, ta có: .AP MB R MA = AP OB MA MB ⇔ = (vì có OB = R) Mặt khác, ta có: · · PAM ABM= (vì nội tiếp cùng chắn cung AM của đ/tròn (O)) Δ ~ Δ 1 AP OB PAM OBP PA PB PM OP ⇒ ⇒ = = ⇒ = (do OB = OM =R) (3) Vì: · 0 90AMB = (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn) · 0 90AMS⇒ = ΔAMS ⇒ vuông tại M · · 0 90PAM PSM⇒ + = và · · 0 90PMA PMS+ = . Mà PM = PA(cmt) nên · · PAM PMA= Do đó: · · (4)PMS PSM PS PM= ⇒ = Từ (3); (4) PA PS⇒ = Vì HK // AS( vì cùng vuông góc với AB) nên: NK BN HN NK HN hay PA BP PS PA PS = = = Mà: PA = (cmt) NK NH ⇒ = hay BP đi qua trung điểm N của HK. Bài: (HSG- Hải Dương – 2006 – 2007) Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn (O). Gọi CD là đường kính của đường tròn. Qua D vẽ tiếp tuyến với đường tròn cắt đường thẳng AB tại E, EO cắt các cạnh BC, CA lần lượt tại M, N. a) Gọi I là trung điểm của AB. Chứng minh bốn điểm O, D, E, I cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh rằng O là trung điểm của MN. Giải a) I là trung điểm của AB ⇒ OI ⊥ AB · · 0 90OIE ODE⇒ = = ⇒ Bốn điểm O, D, E, I cùng nằm trên một đường tròn đường kính OE. b) Qua A vẽ đường thẳng song song với MN cắt CD, BC lần lượt tại K và F. Ta có: µ µ 1 1 A E= = · IDK ⇒ Tứ giác DAKI nội tiếp · · ADK AIK⇒ = ; mà: · · ADK ABC= . Do đó: · · / /AIK ABC IK BF= ⇒ ⇒ K là trung điểm của AF. Ta có: OM ON CO KF AK CK = = ; mà KA = KF ⇒ OM = ON. Bài:(TS chuyên HN – 1994 – 1995) Cho đường tròn (O), vẽ hai dây cung AB và CD cắt nhau ở I (I nằm trong đường tròn). Gọi M là trung điểm của BD, MI kéo dài cắt AC tại N. Chứng minh: 2 2 AN AI NC CI = Giải Qua C vẽ đường thẳng song song với MN cắt AB ở E. Qua E vẽ đường thẳng song song với BD cắt MN, CD lần lượt ở H và K. Ta C/m được: HE = HK ⇒ IC = IK, · · · ( ) ACK AEK ABD= = 5 VÕ MỘNG TRÌNH – THCS CÁT MINH – PHÙ CÁT – BÌNH ĐỊNH Ta có: ( ) Δ ~ Δ . . IC IA ICA IEK g g IC IK IA IE IE IK − ⇒ = ⇒ = Δ ACE có: NI//CE NA IA NC IE ⇒ = . Do đó: 2 2 2 2 . . NA IA IA IA NC IA IE IC IK IC = = = Bài: (HSG – TPHCM – 1993 – 1994): Cho tam giác ABC cố định, xét các hình chữ nhật có hai đỉnh trên cạnh BC của tam giác và hai đỉnh kia ở trên hai cạnh còn lại của tam giác. Tìm tập hợp các tâm của các hình chữ nhật. Giải Xét hình chữ nhật MNPQ có tâm O có M, N ∈ BC; P ∈ AC; Q ∈ AB. Gọi AH là đường cao của tam giác ABC. Các điểm D, E, I, J lần lượt là trung điểm của AH, BC, QM, PN. Ta có: O là trung điểm của IJ. Từ bài toán * ta có: B, I, D thẳng hàng; C, I, D thẳng hàng. Suy ra: D, O, E thẳng hàng. Vậy O thuộc đường thẳng cố định DE. Bài: Cho đường tròn (O) và đường thẳng d tiếp xúc với (O) tại T. S là điểm đối xứng với T quaO. A, B là hai điểm trên (O) (A, B khác S, T). Các tiếp tuyến với (O) tại A, B cắt nhau tại C. Các đường thẳng SA, SB, SC theo thứ tự cắt d tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng: A’C’ = B’C’ Giải Trường hợp 1: A và B nằm về cùng một phía của đường thẳng ST. Qua C, kẻ đường thẳng song song với d, cắt SA, SB tại E, F. Gọi Ax là tia đối tia AC Ta thấy: µ ¶ µ µ ¶ 1 1 1 1 2 'ΔE A T A A= = = = ⇒ CAE cân tại C ⇒ CE = CA Tương tự, ta có: Δ CBF cân tại C ⇒ CF = CB Mặt khác: CA = CB suy ra: CE = CF (1) Từ: EF//A’B’ ( ) ' ' 2 ' ' C A CE C B CF ⇒ = ' ' ' ' ' CE CF SC C A C B SC = = ÷ Từ (1) và (2) suy ra: C’A’ = C’B’ Trường hợp 2: A, B nằm về hai phía của đường thẳng ST – Chứng minh tương tự. Bài: (HSG – Quận 9-TpHCM: 2005-2006) Cho góc xOy và một đường tròn tiếp xúc với các cạnh Ox, Oy lần lượt tại A và B. Từ A vẽ đường thẳng song song với OB cắt đường tròn tại C khác A. Đoạn thẳng OC cắt đường tròn tại điểm E. Các đường thẳng AE và OB cắt nhau tại điểm K. Chứng minh OK = KB. Giải Ta chứng minh được: ( ) ( ) 2 Δ ~ Δ . 1 KB KE KBE KAB g g KB KA KE KA KB − ⇒ = ⇒ = Ta có: µ µ 1 1 O C= (Vì AC//OB); µ µ 1 1 A C= (Góc giữa tia tt và dây và góc nội tiếp cùng chắn cung AE) 6 VÕ MỘNG TRÌNH – THCS CÁT MINH – PHÙ CÁT – BÌNH ĐỊNH µ µ 1 1 O A⇒ = . Xét: Δ KOE và Δ KAO có: · OKE : Chung; µ µ 1 1 O A= ⇒ Δ KOE ~ Δ KAO(g – g) ( ) 2 . 2 OK KE OK KA KE KA OK ⇒ = ⇒ = Từ (1) và (2) ⇒ OK = KB. Bài : Cho góc xOy và một đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc tại A và B. Qua A kẻ đường thẳng song song với OB, cắt đường tròn tại điểm C. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng OB, đường thẳng AK cắt đường tròn tại E. a) Chứng minh: 2 .KO KA KE= b) Chứng minh: ~KOA KEO∆ ∆ c) Chứng minh rằng ba điểm O,E,C thẳng hàng. d) Giả sử đường thẳng AB cắt OC tại D. Chứng minh OE DE OC DC = Giải: a) Chứng minh: 2 .KO KA KE= Xét: µ KBE cã:KABv∆ ∆ µ µ µ » ( ) ( ) 1 1 2 2 : ãc chung ~ 1 ®BE 2 . . × KA = KO K g KAB KBE g g A B s KA KB KB KA KE KO KA KE v KB KE ⇒ ∆ ∆ − = = ÷ ⇒ = ⇒ = ⇒ = b) Chứng minh: ~KOA K EO ∆ ∆ Xét: µ KEO cã:KOAv∆ ∆ µ ( ) µ µ 1 1 2 : ãc chung ~ KO : . KE K g KOA KEO O E KA do KO KA KE KO ⇒ ∆ ∆ ⇒ = = = c) Chứng minh rằng ba điểm O,E,C thẳng hàng. Ta có: µ µ ( ) ¶ µ » ¶ µ ( ) µ ¶ 1 1 2 1 1 2 1 1 × so le trong cña AC // OB 1 E ®AC , , ¼ng hµng 2 O O A v A s E E O E Cth E cmt = = = ⇒ = ⇒ ÷ = d) Giả sử đường thẳng AB cắt OC tại D. Chứng minh OE DE OC DC = Từ E kẻ một đường thẳng song song với OB, cắt AB tại H và Ox tại F. Ta có: ( ) FE // OK EH EH // KB 1 KB µ: OK = BK FE AE OK AK AE EH FE AK m ⇒ = ⇒ = ⇒ = Ta có: 7 VÕ MỘNG TRÌNH – THCS CÁT MINH – PHÙ CÁT – BÌNH ĐỊNH ( ) // // ®pcm µ: EH = FE OE FE FE AC OC AC DE EH OE DE EH AC DC AC OC DC m ⇒ = ⇒ = ⇒ = 8 VÕ MỘNG TRÌNH – THCS CÁT MINH – PHÙ CÁT – BÌNH ĐỊNH Bài: Cho Δ ABC vuông tại A, đường cao AH, I là trung điểm của AH, K là trung điểm của HC. Đường tròn đường kính AH cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại điểm M và N. a) Chứng minh Δ ACB và Δ AMN đồng dạng. b) Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH. c) Tìm trực tâm Δ ABK. Giải a) Chứng minh Δ ACB và Δ AMN đồng dạng. Ta có: · 0 90AMN = (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ M, I, N thẳng hàng. Ta có: ¶ µ 1 1 H C= (Cùng phụ với · CHN ) ¶ ¶ 1 1 H M= (Hai góc nội tiếp cùng chắn » AN ) µ ¶ ( ) 1 1 Δ ~ ΔC M AMN ACB g g⇒ = ⇒ − b) Chứng minh KN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH. Δ HNC vuông tại N có KH = KC (gt) ⇒ KH = KN Xét Δ IHK và Δ INK có: IH = IN (bằng bán kính) ; KH = KN(cmt), IK: chung ( ) · · 0 Δ Δ 90IHK INK c c c INK IHK⇒ = − − ⇒ = = Vậy: KN ⊥ IN, IN là bán kính đường tròn (I) ⇒ KN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH. c) Tìm trực tâm Δ ABK. Ta có: I, K lần lượt là trung điểm của AH, CH ⇒ IK là đường trung bình Δ AHC ⇒ IK//AC mà AB ⊥ AC(Do Δ ABC vuông tại A) ⇒ IK ⊥ AB. Lại có: AH ⊥ BK(gt) ⇒ KI, AH là đường cao Δ ABK. ⇒ I là trực tâm Δ ABK. 9 VÕ MỘNG TRÌNH – THCS CÁT MINH – PHÙ CÁT – BÌNH ĐỊNH Bài: (HSG-Q. Tân Bình- TpHCM-2004-2005) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. M là điểm chuyển động trên nửa đường tròn này. Kẻ MH vuông góc với AB tại H. Gọi C và D lần lượt là hình chiếu của H lên cạnh MA, MB. Qua B dựng tiếp tuyến Bx với nủa đường tròn (O; R). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với MB cắt tiếp tuyến Bx ở K. a) Chứng minh MK là tiếp tuyến của đường tròn (O). b) Chứng minh đường thẳng AK đi qua trung điểm I của MH. c) Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AH và BH. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác CDFE đạt giá trị lớn nhất. Giải a) Chứng minh MK là tiếp tuyến của đường tròn (O). Gọi J là giao điểm của OK và BM. OJ ⊥ MB(gt) ⇒ J là trung điểm của MB Do đó: OK là đường trung trực của đoạn thẳng MB ⇒ KM = KB Xét: Δ OBK và Δ OMK có: OB = OM (= R); KB = KM OK(cạnh chung) Do đó: Δ OBK = Δ OMK(c-c-c) · · 0 90OMK OBK⇒ = = Vậy: MK là tiếp tuyến của đường tròn (O). b) Chứng minh đường thẳng AK đi qua trung điểm I của MH. Vẽ Ay là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại A. Gọi L là giao điểm của MK và Ay. Gọi I là giao điểm của AK và MH Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: LA = LM Ta có: LA ⊥ AB; MH ⊥ AB, KB ⊥ AB ⇒ LA // MH // KB. Xét: Δ ALK có: MI//LA, nên: ; MI MK LM AI AL LK LK AK = = . Do đó: ( ) 1 MI AI BK AK = (KM = KB; LA = LM) Xét: Δ ABK có: HI//KB, nên: ( ) 2 IH AI BK AK = Từ (1) và (2) suy ra: MI IH MI IH BK BK = ⇒ = . Vậy: Đường thẳng AK đi qua trung điểm I của MH. c) Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác CDFE đạt giá trị lớn nhất. Ta có: · 0 90AMB = (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tứ giác CMDH có · · · 0 90CMD HCM HDM= = = nên CMDH là hình chữ nhật. 1 2 HCD CMDH S S⇒ = Ta có E là trung điểm của AH 1 2 CEH CAH S S⇒ = . Tương tự: 1 2 DHF DBH S S= Do đó: ( ) 1 2 CDFE CAH DBH CMDH S S S S= + + 2 R≤ : Không đổi Dấu “=” xảy ra: H O⇔ ≡ ⇔ M là điểm chính giữa cung AB) Vậy: khi M là điểm chính giữa của » AB thì diện tích tứ giác CDFE đạt giá trị lớn nhất. Bài (HSG-Nghệ An- 2009-2010) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, trung tuyến AD. Điểm M di động trên đoạn AD. Gọi N và P lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AB và AC. Vẽ NH ⊥ PD tại H. Xác định vị trí của điểm M để tam giác AHB có diện tích lớn nhất. Giải Ta có: Δ ABC cân tại A, AD là trung tuyến nên AD là phân giác Tứ giác APMN nội tiếp. Gọi E là giao điểm của đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường 10 [...]... = FD ả à AED = DFC ( c g c ) DE = CF ; D1 = C1 ả ã à ã ã M: D + EDC = 90 0 C + EDC = 90 0 CND = 90 0 CF ED 1 1 b) Chng minh ba ng thng DE, BF v CM ng quy Tng t: EC BF ta cú: MC = MA v MA = EF MC = MF à ả MCF = FED ( c c c ) E1 = C2 à ã ả ã Li cú: E + EFC = 90 0 C + CFE = 90 0 1 2 ã Gi H l giao im ca CM v EF thỡ EHM = 90 0 Trong tam giỏc ECF cú: ED; FB; CM l ba ng cao nờn chỳng ng quy c) Xỏc... nhau ti im N nm trờn ng trũn (O) Ta cú: M thuc ng kớnh AB(gt) ã AMB = 90 0 Tam giỏc ABD cú H l trc tõm (vỡ H l giao im 2 ng cao) AH l ng cao th ba AH BD ti N ã ABN = 90 0 N ng trũn ng kớnh AB Vy: AH v BD ct nhau ti im N nm trờn ng trũn (O) b) Chng minh t giỏc ACHE l hỡnh vuụng Xột t giỏc ACHE cú: ã ACH = ã AEH = 90 0 (gt) ã EAC = 90 0 (tớnh cht tip tuyn) T giỏc ACHE l hỡnh ch nht(t giỏc cú ba gúc... im M tam giỏc AHB cú din tớch ln nht b) Chng minh rng khi M thay i, HN luụn i qua mt im c nh Gii a) Xỏc nh v trớ ca im M tam giỏc AHB cú din tớch ln nht ã ã Ta cú: PAN + PHN = 90 0 + 90 0 = 1800 T giỏc APHN ni tip (1) T giỏc APMN l hỡnh vuụng nờn ni tip (2) T (1) v (2) Nm im A, N, M, P, H cựng nm trờn mt ng trũn Do ú: ã AHM = ã APM = 90 0 Mt khỏc: T giỏc MPCD ni tip nờn: ã ã MPD = MCD (Vỡ ni tip cựng... IEF = F1 à ả * F1 = K1 IF // OK ã ả OEKcân tai O nên: IEF = K1 0 ã ằ Mt khỏc: KO AB v ì KOB = sđKB = 90 ( ) Do ú: IF AB tại F ( I ) Vy AB tip xỳc vi ( I ) ti F c) Chng minh MN // AB: Ta cú: ã MEN = 90 0 MNlà đ ờng kính của ( I ) M; E; N ( I ) à = E = 450 sđMF = sđFN = 90 0 FIN = 90 0 ả ằ ằ ã E1 2 MN IF MN // AB ( đpcm ) mà: IF AB ả à ả à d) Ta cú: MN // AB (cmt) N1 = B1 (ng v);... MINH PH CT BèNH NH Bi: (HSG- Ngh An 20 09 2010) Cho hai ng trũn (O;R) v (O:R) ct nhau ti hai im phõn bit A v B T mt im C thay i trờn tia i ca tia AB V cỏc tip tuyn CD, CE vi ng trũn (O)(D, E l cỏc tip im v E nm trong ng trũn (O)) Hai ng thng AD v AE ct ng trũn (O) ln lt ti M v N(M, N khỏc A) ng thng DE ct MN ti I Chng minh rng: a) MI.BE = BI.AE b) Khi im C thay i thỡ ng thng DE luụn i qua mt im c... 3) Ta li cú: ã AMB l gúc ngoi tam giỏc MBD ti M nờn: ã ã ã ã AMB = MBD + MDB = MBD + 90 0 ( 4 ) ã ã ã APH = ã APM + MPH = 90 0 + MPD ( 5 ) APH = ã AMB ( 6 ) T (3), (4) v (5) suy ra: ã APH + ã AMH = 1800 ( 7 ) Vỡ t giỏc APHM ni tip nờn: ã T (6) v (7) suy ra: ã AMB + ã AMH = 1800 Ba im H, M, B thng hng, nờn: ã AHB = 90 0 H thuc ng trũn (O) Suy ra: AHB cú din tớch ln nht khi di ng cao HK ln nht HK =... ng trũn (O) thay i c) ng thng FI ct ng trũn (O) E Chng minh EE // AB d) Chng minh rng tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ONI chy trờn mt ng thng c nh khi ng trũn (O) thay i Gii: a) Chng minh AF 2 = AB AC Xột: ABFvàAFCcó: à : góc chung A ABF ~ AFC ( g g ) à = C = 1 sđBF à ằ F1 1 ữ 2 AB AF = AF 2 = AB AC ( đpcm ) AF AC b) Chng minh E, F luụn nm trờn mt ng trũn c nh khi ng trũn (O) thay i Ta cú:... minh EE // AB Xột t giỏc: AOIF cú: ã OIA = 90 0 ( v ì OI BC do IB = IC ) Tứ giác AOIFnội tiếp ã OFA = 90 0 à à ằ I1 = O1 v ì nội tiếp cùng chắn AFcủa đ/tròn đk AO 1ã 1ã à ả ả ả mà: O1 = EOF; E1 ' = EOF I1 = E '1 EE '// AB 2 2 ả '=O à nên: E1 1 ( ) d) Chng minh rng tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ONI chy trờn mt ng thng c nh khi ng trũn (O) thay i AE = AF ( t / chất haittc ắt nhau ) ... M, A, N thng hng ã Xột: ACM v ANC cú: CAM : (chung); ã ACM = ã ANC AM AC ACM ~ ANC = AM AN = AC 2 : khụng i AC AN c) Khi M thay i trờn BC thỡ trung im I ca on DE chy trờn ng no V ng kớnh AK ca ng trũn (O) ã ABK = ã ACK = 90 0 (gúc ni tip chn na ng trũn) ã ABD = 90 0 (Vỡ ng trũn (D) tip xỳc vi AB ti B) B, D, K thng hng Chng minh tng t: C, E, K thng hng Ta cú: AB = AC; OB = OC A, O thuc ng trung... nh Ta cú: 1 IA = IF = EF ( v ì AI là trung tuyến ứng với cạnh huyền ) 2 à à à à AIFcân tại I F1 = A1 A1 = C1 à à mà: F1 = C1 ( cmt ) M: ã ả ã ã à CAK + K1 = CAD = 90 0 ; nên CAK + C1 = 90 0 CAKvuông tại K ã AKO = 90 0 Mt khỏc: AO c nh, nờn: Khi CD di ng thỡ K chy trờn ng trũn, ng kớnh AO c nh d) Chng minh rng tõm J ca ng trũn ngoi tip KBI luụn thuc mt ng thng c nh Ta cú: ã ã OKI + OBI = . TPHCM – 199 3 – 199 4): Cho tam giác ABC cố định, xét các hình chữ nhật có hai đỉnh trên cạnh BC của tam giác và hai đỉnh kia ở trên hai cạnh còn lại của tam giác. Tìm tập hợp các tâm của các hình. trung điểm của AF. Ta có: OM ON CO KF AK CK = = ; mà KA = KF ⇒ OM = ON. Bài:(TS chuyên HN – 199 4 – 199 5) Cho đường tròn (O), vẽ hai dây cung AB và CD cắt nhau ở I (I nằm trong đường tròn). Gọi. OP ⇒ ⇒ = = ⇒ = (do OB = OM =R) (3) Vì: · 0 90 AMB = (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn) · 0 90 AMS⇒ = ΔAMS ⇒ vuông tại M · · 0 90 PAM PSM⇒ + = và · · 0 90 PMA PMS+ = . Mà PM = PA(cmt) nên · · PAM