Toán Hình luyện thi chuyên

Bài 1: Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) tiếp xúc ngoài tại A. BC là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn này( B, C là các tiếp điểm; B∈(O); C∈(O’)) a) CM: Đường thẳng OO’ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC. b) CM: Đường tròn đường kính OO’ tiếp xúc với đường thẳng BC c) Tính BC theo R, R’ d) Giả sử góc BOO’ = 60 0 . Hãy tìm hệ thức giữa R, R’ e) Đường tròn(K; m) tiếp xúc với cả hai đường tròn (O); (O’) và tiếp xúc với BC tại M. Tính bán kính m theo R, R’ HD: a) Gọi I là trung điểm của BC. Cm: IA = IB = IC b) Gọi E là trung điểm của OO’. Cm: EI = EO = EO’. Ta cần cm: EI = ½.OO’. Chú ý tới t/c đường trung bình của hình thang OBCO’ c) Hãy cm: ∆OIO’ vuông tại I. => IA 2 = OA.O’A. Mà BC = 2.IA => BC = 2 . 'R R d) Vì góc BOO’ = 60 0 => OB > O’C Kẻ O’H ⊥ OB tại H. Tính được: OH = R – R’ Mặt khác ∆HOO’ vuông, góc HOO’ = 60 0 => OO’ = 2.OH Khi đó: R + R’ = 2(R – R’)  R = 3R’ e) Gọi M là tiếp điểm của đường thẳng BC với (K; m). Theo câu c, ta có: MB = 2 .R m ; MC = 2 '.R m Mà: BC = MB + MC  2 . 'R R = 2 .R m + 2 '.R m => m = . ' ' 2 . ' R R R R R R+ + Bài 2: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. a) CMR: 1 1 1 1 AD BE CF r + + = b) Biết CH = AB. Hãy tính số đo góc ACB c) CMR: DE EF FD r AB BC CH R + + = + + d) CMR: Nếu AH BH CH AD BE CF = = thì tam giác ABC đều. HD: a) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có: S ABC = S IBC + S IAB + S IAC  S ABC = 1 1 1 . . . . . . 2 2 2 BC r AB r AC r+ + => 1 2. 2. 2. ABC ABC ABC BC AB AC r S S S = + + Mà: S ABC = 1 1 1 . . . . 2 2 2 BC AD AB CF AC BE= = => đpcm b) Kẻ đường kính AK Tứ giác BHKC là hình bình hành nên CH = BK. Mà: CH = AB(gt) => AB = BK => ∆ABK vuông cân tại B => góc ACB = góc AKB = 45 0 c) Hãy cm: OA ⊥ EF; OB ⊥ FD; OC ⊥ DE Ta có: S ABC = S AEOF + S BDOF + S ODCE Mà: S ABC = 1 .( ). 2 AB BC AC r+ + (cma); S AEOF = 1 1 . . . . 2 2 EF OA EF R= m K H E A I C B R' O' R O K I H F O E D C B A S BDOF = 1 1 . . . . 2 2 DF OB DF R= ; S ODCE = 1 1 . . . . 2 2 DE OC DE R= Do đó: 1 1 ( ). ( ). 2 2 AB BC AC r EF DF DE R EF DF DE r AB BC AC R + + = + + + + => = + + d) Gọi S; S 1 ; S 2 ; S 3 thứ tự là diện tích các tam giác: ABC; HBC; HAC; HAB. Ta có: 1 1 1 1 . . 2 1 1 . . 2 HD BC S S S SHD AD HD AH S AD AD S AD S AD BC −− = = => = => = − C/m tương tự, ta cũng có: 3 2 1 ; 1 S SBH CH BE S CF S = − = − Vì: 1 2 3 AH BH CH S S S AD BE CF = = => = = => H là trọng tâm của tam giác ABC. Mà H cũng là trực tâm của tam giác ABC. Vậy: Tam giác ABC đều. Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A có diện tích S và nội tiếp trong đường tròn (O;R). Gọi (I;r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC. CMR: 2 r S R R= + − HD: Gọi M, N, P thứ tự là tiếp điểm trên AB, AC, BC của (I;r) Tứ giác AMIN là hình vuông nên: AM = MI = IN = AN = r Hãy c/m: AB + AC – BC = 2.AM = 2r Và: S = ½.(AB + BC + AC).r Để c/m: 2 r S R R= + − Hãy đi c/m: R + r = 2 S R+  (R + r) 2 = S + R 2 Bài 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. a) CM: Tứ giác BFEC nội tiếp. Từ đó, c/m: OA ⊥ EF b) CM: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF c) CMR: Nếu AD + BE + CF = 9r thì tam giác ABC đều. d) Cho AB = 2; 3R AC R= ; tam giác DEF có dạng đặc biệt nào ? HD: a) + Tứ giác BFEC nội tiếp + Qua A kẻ tiếp tuyến xy với (O) Hãy c/m: xy // EF để có OA ⊥ EF b) Để c/m: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Hãy đi c/m: EH; FH thứ tự là các đường phân giác trong của tam giác DEF. c) Gọi a, b, c thứ tự là độ dài 3 cạnh: BC; AC; AB. AD = h a ; BE = h b ; CF = h c Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có: S ABC = 1 1 1 . . ( ). ( ). 2 2 a a a h a b c r h a b c r a = + + => = + + (Xem c/m bài 2) Tương tự: 1 1 ( ). ; ( ). b c h a b c r h a b c r b c = + + = + + => 1 1 1 ( ) a b c h h h a b c r a b c   + + = + + + +  ÷   (*) Hãy c/m bất đẳng thức: 1 1 1 ( ) 9a b c a b c   + + + + ≥  ÷   ( với a, b, c > 0) Áp dụng BĐT vào (*), ta có: h a + h b + h c ≥ 9r Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay tam giác ABC đều. d) Hãy c/m, với điều kiện: AB = 2; 3R AC R= => góc ABC = 60 0 ; ACB = 45 0 . Từ đó, c/m: tam giác DEF là nửa tam giác đều. Bài 5: Từ điểm I ở ngoài đường tròn (O;R) vẽ hai tiếp tuyến IA, IB đến (O). Gọi M là trung điểm của IB. AM cắt (O) tại A và K. CMR: a) AB 2 = 2.AK.AM b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác IKB tiếp xúc với đường thẳng AB. R r P N M I O C B A y x H F E D O C B A O' x N K M B A I O M F E N D C B A HD: a) Trên tia đối của tia MA lấy điểm N sao cho MN = MA => ABNI là hình bình hành Để c/m: AB 2 = 2.AK.AM ⇑ 2.AB AM AK AB = hay AB AN AK AB = ⇑ c/m: 2 tam giác ABN và AKB đồng dạng b) Kẻ Bx là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BIK. Hãy c/m: Bx ≡ BA <= góc ABK = góc xBK. Bài 6: Cho hình vuông ABCD có cạnh là a và điểm N trên cạnh AB. Cho biết tia CN cắt tia DA tại E, tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của EF. 1) CMR: a) CE = CF b)Góc ACE = góc BCM và tam giác EAC đồng dạng với tam giác MBC. c) Khi điểm N chạy trên cạnh AB nhưng không trùng với A và B thì trung điểm M của đoạn thẳng EF luôn chạy trên một đường thẳng cố định. 2) a) Đặt BN = x. Hãy tính S ACFE theo a và x b)Xác định vị trị của N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần diện tích hình vuông ABCD. HD: 1) a) b) Tự chứng minh c) Hãy c/m: M thuộc đường trung trực của BD 2) a) S ACFE = S ACE + S ECF = 2 1 1 1 1 . . . . . . . 2 2 2 2 CD AE CE CF CD AE CE+ = + *Tính AE: Ta có: ( ) ( // ) AE AN AE AN a a x doAB CD AE ED CD AE AD CD x − = ⇒ = ⇒ = + * Tính CE: Ta có: CE 2 = DE 2 + CD 2 = ( AD + AE) 2 + CD 2 = a 2 + 4 2 a x => S ACFE = 3 2 ( ) 2 a a x x + b) Để S ACFE = 3S ABCD thì N là trung điểm của AB. Bài 7: Cho đoạn thẳng AB = 2R. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn (C) tâm O đường kính AB và hai tiếp tuyến Ax, By với (C). Một đường thẳng d thay đổi cắt Ax, By thứ tự tại M, N( M, N khác A, B). Gọi I là giao điểm của AN và BM. a) CMR: d là tiếp tuyến của (C) khi góc MON = 90 0 b) Cho d tiếp xúc với (C) tại H. Tìm vị trí của d để tứ giác HIBN nội tiếp được trong đường tròn. c) Trường hợp d tiếp xúc (C). gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MON. CMR: 1/3 < 1/R < ½ HD: Bài 8: Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Kẻ các tiếp tuyến Ax và By với đường tròn. C là điểm cố định trên đoạn OA. M là điểm di động trên đường tròn( M không trùng với A, B). Qua M kẻ đường vuông góc với CM, cắt Ax tại D và By tại E. CMR: a) Tam giác DCE vuông. b) Tích AD.BE không đổi. c) Khi M chạy trên đường tròn thì trung điểm I của DE chạy trên đường thẳng cố định. HD: a) Hãy cm: ADMC; BEMC nội tiếp => góc MDC = góc MAC; góc MEC = góc MBC => góc D + góc E = 90 0 b) Hãy cm: tam giác ADC đồng dạng tam giác BCE => AD.BE = AC.BC c) Hãy cm: OI là đường trung trực của AB( OI là đường trung bình của hình thang vuông ABED) Bài 9: Cho (O;R), đường kính AB, I là trung điểm đoạn OA. Tia It vuông góc với AB, cắt (O) tại C. M là điểm di động trên cung nhỏ BC( M không trùng với B, C). Các đường thẳng AM, BM lần lượt cắt tia It tại D và E. a) Chứng minh: ∆AID ∆AMB b) Đặt AM = x. tính BM, AD theo R, x c) CMR: Đường tròn ngoại tiếp ∆BDE luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên (O;R). Hd: c) Cm: Tứ giác BODE nội tiếp được đường tròn. Bài 10: Cho tam giác đều ABC, cạnh bằng a. Trên các cạnh AB, BC, CA lần lượt lấy các điểm D, E, F sao cho AD = BE = CF = x ( 0 < x < a). a) Cm: ∆DEF đều. b) Với giá trị nào của x thì BDFC là tứ giác nội tiếp ? c) Với giá trị nào của x thì diện tích tam giác ABC gấp 3 lần diện tích tam giác DEF ? Hd: a) cm: ∆ADF = ∆BED = ∆CFE b) BDFC là tứ giác nội tiếp  góc B + góc DFC = 180 0  góc CFE = 60 0  ∆CFE đều  CF = FE = CE = x  x = a/2 c) S DEF = S ABC – 3.S ADF Mà: 2 ( ) . ADF ABC S AD AF x a x S AB AC a − = = => 2 ( ) . ADF ABC x a x S S a − = => 2 ( ) . DEF ABC ABC x a x S S S a − = − Để S ABC = 3.S DEF  2 ( ) 3( . ) ABC ABC ABC x a x S S S a − = −  x = 2a/3 Bài 11: Cho ∆ABC có góc C < góc B < 90 0 . Gọi M là trung điểm của BC; AH, AD lần lượt là đường cao, phân giác kẻ từ đỉnh A của ∆ABC. CM: D ở giữa H và M. Hd: Để cm: D ở giữa H và M, ta cần Cm: H ở giữa B và M; D ở giữa H và C; D ở giữa B và M Bài 12: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB và một điểm M di động trên đường tròn này. Gọi H là hình chiếu của M trên AB. Tìm vị trí của M để diện tích ∆MOH lớn nhất. Hd: dùng bất đẳng thức Cosi cho: MH; OH I C E D M y x O B A M D E t C I B A O x x x C B A F E D H D A M C B H M BO A Bài 13: Cho (O) và điểm I cố định nằm bên trong đường tròn ( I khác O). Dựng qua I hai dây cung bất kì AB và CD. a) CM: IA 2 + IB 2 ≥ 2.IC.ID b) Gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trung điểm của IA, IB, IC, ID. CM: tứ giác A’C’B’D’ là tứ giác nội tiếp. c) Giả sử các dây cung AB và CD thay đổi nhưng luôn luôn vuông góc với nhau tại I. Xác định vị trí các dây cung AB và CD sao cho tứ giác A’C’B’D’ có diện tích lớn nhất. Hd: a, b tự làm. c) Kẻ OK ⊥ AB; OH ⊥CD => AK = BK; CH = HD => AB = 2.AK; CD = 2.CH Vì AB ⊥ CD tại I => S A’C’B’D’ = ½.A’B’.C’D’ Mà: A’B’ = ½.AB C’D’ = ½.CD Vậy: S A’C’B’D’ = 1/8.AB.CD (*) Ta có: AB.CD ≤ (AB 2 + CD 2 )/2 AB 2 = 4.AK 2 = 4(OA 2 – OK 2 ) = 4(R 2 – OK 2 ) Tương tự: CD 2 = 4(R 2 – OH 2 ) => AB 2 + CD 2 = 8R 2 – 4(OH 2 + OK 2 ) = 8R 2 – 4.OI 2 => S A’C’B’D’ ≤ 1/16.(8R 2 – 4OI 2 ) Dấu “=” xảy ra khi AB = CD  OH = OK  OHIK là hình vuông Khi đó: IO là tia phân giác của góc BID Vậy: S A’C’B’D’ lớn nhất khi AB, CD tạo với IO hai góc bằng nhau và bằng 45 0 . Bài 14: Cho tứ giác lồi ABCD có AB = AD và CB = CD. a) CMR: ABCD là tứ giác ngoại tiếp. b) CMR: Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi AB và BC vuông góc. c) Khi ABCD là tứ giác nội tiếp, gọi d là khoảng cách giữa hai tâm và R, r là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tứ giác. CMR: d 2 = R 2 + r 2 - r 2 2 4R r+ Hd: a) Hãy cm: các tia phân giác của góc A, góc B, góc C cắt nhau tại 1 điểm. Xét 2 trường hợp: Th1: Nếu AB = BC Vì AB = AD; CB = CD => AC là phân giác của góc A, góc C Gọi I là giao điểm của tia phân giác của góc B với AC => AI; CI là các tia phân giác Hình a của góc A, C Th2: Nếu AB ≠ BC. Không mất tính tổng quát, giả sử AB < BC => AD < DC. Lấy M, N trên CB, CD sao cho BM = BA; DN = AD. => BM = DN. Khi đó các đường phân giác của B, C, D chính là các đường trung trực của tam giác AMN nên chúng cắt nhau tại O. b) Cần c/m: Th 1: ABCD có: AB = AD; CB = CD; ABCD nội tiếp => AB ⊥ BC Th 2: Tứ giác ABCD có AB = AD; CB = CD; AB ⊥ BC => ABCD là tứ giác nội tiếp. c) Tự giải B' D' A' C' D C B A I O C I D B A . Cm: EI = EO = EO’. Ta cần cm: EI = ½.OO’. Chú ý tới t/c đường trung bình của hình thang OBCO’ c) Hãy cm: ∆OIO’ vuông tại I. => IA 2 = OA.O’A. Mà BC =. . 2 2 2 BC AD AB CF AC BE= = => đpcm b) Kẻ đường kính AK Tứ giác BHKC là hình bình hành nên CH = BK. Mà: CH = AB(gt) => AB = BK => ∆ABK vuông cân