Cuc tri hinh hoc 9

CHUYÊN ĐỀ 12 CÁC BÀI TẬP CỰC TRỊ HÌNH HỌC Gồm 22 tập mẫu hướng dẫn chi tiết 22 tập tương tự để rèn luyện A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC I Dạng chung tốn cực trị hình học: “ Trong tất hình có chung tính chất, tìm hình mà đại lượng (độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo diện tích …) có giá trị lớn giá trị nhỏ nhất” cho dạng: a) Bài tốn dựng hình Ví dụ: Cho đường trịn (O) điểm P nằm đường trịn, xác định vị trí dây qua điểm P cho dây có độ dài nhỏ b) Bài tốn vể chứng minh Ví dụ: Chứng minh dây qua điểm P đường trịn (O), dây vng góc với OP có độ dài nhỏ c) Bài tốn tính tốn Ví dụ: Cho đường trịn (O;R) điểm P nằm đường trịn có OP = h, Tính độ dài nhỏ dây qua P II Hướng giải tốn cực trị hình học: a) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị lớn ta phải chứng tỏ được: +Với vị trí hình H miền D f ≤ m ( m số ) +Xác định vị trí hình H miền D cho f = m b) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị nhỏ ta phải chứng tỏ được: +Với vị trí hình H miền D f ≥ m ( m số ) +Xác định vị trí hình H miền D để f = m B BÀI TẬP VẬN DỤNG Phần I Một số tập mẫu có lời giải chi tiết Bài tập Cho nửa đường trịn đường kính BC = 2R Từ điểm A nửa đường tròn vẽ AH ⊥ BC Nửa đường trịn đường kính BH, CH có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự D E a) Chứng minh tứ giác ADHE hình chữ nhật, từ tính DE biết R = 25 BH = 10 b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEO1O2 đạt giá trị lớn Tính giá trị Hướng dẫn giải: A E D B O1 H O O2 C · a) Ta có BAC = 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường trịn) · · Tương tự có BDH = 900 = CEH µ = ADH · · Xét tứ giác ADHE có A = 900 => ADHE hình chữ nhật = AEH Từ DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng tam giác vuông) hay AH2 = 10 40 = 202 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 µ (góc có cạnh tương ứng vng góc) mà DAH · · · b) Ta có: BAH = C (1) = ADE µ = ADE · µ + BDE · (Vì ADHE hình chữ nhật) => C C = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường trịn µ = BDO · c) Vì O1D = O1B => ∆ O1BD cân O1 => B (2) · · µ · Từ (1), (2) => ADE + BDO = B + BAH = 900 => O1D //O2E Vậy DEO2O1 hình thang vng D E 1 Ta có Sht = (O1D + O E).DE = O1O DE ≤ O1O 22 2 (Vì O1D + O2E = O1H + O2H = O1O2 DE < O1O2 ) BC2 R Sht ≤ O1O 2 = = Dấu "=" xảy DE =O1O2 ⇔ DEO2O1 hình chữ nhật R2 Bài tập Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 các đường thẳng qua A, B vng góc với đường thẳng AB M, N điểm lần · lượt thuộc d1, d2 cho MON = 900 1) Chứng minh đường thẳng MN tiếp tuyến đường tròn (O) AB 2) Chứng minh AM AN = 3) Xác định vị trí M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn giải: ⇔ A điểm cung BC Khi max S DEO2O1 = N H M A O B 1) Gọi H hình chiếu O đường thẳng MN Xét tứ giác OAMH µ +H µ = 1800 (do A µ =H µ = 90 ) A => OAMH tứ giác nội tiếp đường tròn Tương tự tứ giác OANH ni tip c ả =M ả , B =N ¶ (2 góc nội tiếp chắn cung) => A 1 1 ả +B =M ả +N ¶ = 900 => · ⇒A AHB = 900 1 1 => MN tiếp tuyến 2) Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng tam vng, ta có: AB AM BN = MH NH = OH2 = (đpcm) 1 S ∆MON = OH MN > OH AB (Vì AMNB hình thang vng) 2 Dấu “=” MN = AB hay H điểm cung AB AB ⇔ M, N song song với AB ⇔ AM = BN = AB Vậy S ∆MON nhỏ AM = BN = Bài tập Cho ∆ ABC có góc nhọn, trực tâm H nội tiếp đường trịn (O) Vẽ đường kính AK a) Chứng minh tứ giác BHCK hình hình hành b) Vẽ OM ⊥ BC (M ∈ BC) Chứng minh H, M, K thẳng hàng AH = 2.OM c) Gọi A’, B’, C’ chân đường cao thuộc cạnh BC, CA, AB ∆ ABC Khi BC cố định xác định vị trí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn Hướng dẫn giải: A O H B C M K · a) Ta có ACK = 900 (vì góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Nên CK ⊥ AC mà BH ⊥ AC (vì H trực tâm) => CK // BH tương tự có CH // BK => Tứ giác BHCK hbh (đpcm) b) OM ⊥ BC => M trung điểm BC (định lý đường kính dây cung) => M trung điểm HK (vì BHCK hình bình hành) => đpcm ∆ AHK có OM đường trung bình => AH = 2.OM · ′C = BB · ′C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => AC · ′B′ = AC · · (Ax tiếp tuyến A) => Ax // B’C’ ACB = BAx OA ⊥ Ax => OA ⊥ B’C’ Do SAB’OC’ = R.B’C’ 1 Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ 2 1 S ∆ABC = R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’.BC < (AO + OM).BC 2 ⇒ A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn A, O, M thẳng hàng ⇔ A đỉểm cung lớn BC Bài tập Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = AO Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E 1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp 2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC 3) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Hướng dẫn giải: c) Ta có · mà ACB M O1 E A I O C B N Theo giả thiết MN ⊥AB I · · ACB = 900 hay ECB = 90 · · ⇒ EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp Theo giả thiêt MN ⊥AB, suy A điểm ¼ nên AMN · · MN (hai = ACM · · góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME , lại có = ACM AM = chung tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM ⇒ AC = AE.AC · góc CAM AE ⇒ AM2 AM · · Theo AMN = ACM ⇒ AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ECM · Nối MB ta có AMB = 900, tâm O1 đường tròn ngoại tiếp ∆ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM ⇒ NO1 ⊥BM Gọi O1 chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O1 tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM nhỏ C phải giao điểm đường trịn (O1), bán kính O1M với đường trịn (O) O1 hình chiếu vng góc N BM Bài tập Cho đường tròn ( O; R ) điểm A nằm ngồi đường trịn cho OA = R Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Lấy D thuộc AB; E thuộc AC cho chu vi tam giác ADE 2R a) Chứng minh tứ giác ABOC hình vng b) Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O; R) c) Tìm giá trị lớn diện tích ∆ADE Hướng dẫn giải: A y x E M D C B F R O · · a) Ta có: ABO = ACO = 900 (tính chất tiếp tuyến) (1) AB = AC = OA − OB2 = R = OB = OC (2) Từ (1) (2) suy ABOC hình vng b) Theo ta có: AD + DE + AE = 2R (3) Suy ra: DE = BD + CE (4) Vẽ OM ⊥ DE (M ∈ DE) (5) Trên tia đối tia CA lấy điểm F cho CF = BD; suy ∆BDO = ∆COF (cg-c) ⇒ OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c) ⇒ OM = OC = R (hai đường cao tương ứng) (6) Từ (5) (6) suy DE tiếp tuyến đường tròn (O;R) c) Đặt: AD = x; AE = y ⇒ SADE = xy (x, y > 0) Ta có: DE = AD + AE = x + y (định lí Pitago) Vì AD + DE + AE = 2R ⇒ x + y + x + y = 2R (6) Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số khơng âm ta có: x + y ≥ xy x + y ≥ 2xy (7) Dấu “=” xảy x = y ( ) Từ (6) (7) suy ra: xy + 2xy ≤ 2R ⇔ xy + ≤ 2R ⇔ xy ≤ 2R ( 2+ ) ⇔ xy ≤ ( ( ) 2R R2 ⇒ SADE ≤ ⇔ SADE ≤ - 2 R 3+ 2 3+ 2 ) Vậy max SADE = − 2 R ⇔ x = y ⇔ ∆ADE cân A Bài tập Cho đường (O, R) đường thẳng d khơng qua O cắt đường trịn hai điểm A, B Lấy điểm M tia đối tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D tiếp điểm) Gọi H trung điểm AB 1) Chứng minh điểm M, D, O, H nằm đường tròn 2) Đoạn OM cắt đường tròn I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD 3) Đường thẳng qua O, vng góc với OM cắt tia MC, MD thứ tự P Q Tìm vị trí điểm M d cho diện tích tam giác MPQ bé Hướng dẫn giải: P C A d H B I O M D Q · 1) Vì H trung điểm AB nên OH ⊥ AB hay OHM = 900 Theo tính chất · tiếp tuyến ta lại có OD ⊥ DM hay ODM = 900 Suy điểm M, D, O, H nằm đường trịn 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD ⇒ ∆MCD cân M ⇒ MI · » nên đường phân giác CMD Mặt khác I điểm cung nhỏ CD 1 · º = MCI · » = sđ CI DCI = sđ DI 2 · ⇒ CI phân giác MCD Vậy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD 3) Ta có tam giác MPQ cân M, có MO đường cao nên diện tích tính: S = SOQM = .OD.QM = R ( MD + DQ ) Từ S nhỏ ⇔ MD + DQ nhỏ Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vuông OMQ ta có DM DQ = OD = R khơng đổi nên MD + DQ nhỏ ⇔ DM = DQ = R Khi OM = R hay M giao điểm d với đường tròn tâm O bán kính R Bài tập Cho hai đường tròn (O) (O′) cắt A B Vẽ AC, AD thứ tự đường kính hai đường tròn (O) (O′) a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O′) E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) F (E, F khác A) Chứng minh điểm C, D, E, F nằm đường tròn c) Một đường thẳng d thay đổi qua A cắt (O) (O′) thứ tự M N Xác định vị trí d để CM + DN đạt giá trị lớn Hướng dẫn giải: F E N d A I M O/ O K C D B · · a) Ta có ABC ABD góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) · · (O/) ⇒ ABC = ABD = 900 Suy C, B, D thẳng hàng suy b) Xét tứ giác CDEF có: · · ⇒ CFD = CED = 900 · · CFD = CFA = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) CDEF tứ giác nội · · tiếp CED = AED = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O/) · · c) Ta có CMA = DNA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); suy CM // DN hay CMND hình thang Gọi I, K thứ tự trung điểm MN CD Khi IK đường trung bình hình thang CMND Suy IK // CM // DN (1) CM + DN = 2.IK (2) Từ (1) suy IK ⊥ MN ⇒ IK ≤ KA (3) (KA số A K cố định) Từ (2) (3) suy ra: CM + DN ≤ 2KA Dấu “ = ” xảy IK = AK ⇔ d ⊥ AK A Vậy đường thẳng d vng góc AK A (CM + DN) đạt giá trị lớn 2KA Bài tập Từ điểm A nằm ngồi đường trịn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC (I ∈ AB,K ∈ AC) a) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn · · b) Vẽ MP ⊥ BC (P ∈ BC) Chứng minh: MPK = MBC c) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn Hướng dẫn giải: A K I B M H C P O · · a) Ta có: AIM = AKM = 900 (gt), suy tứ giác AIMK nội tiếp đường trịn đường kính AM · · b) Tứ giác CPMK có MPC = MKC = 900 (gt) Do CPMK tứ giác nội tiếp · · · · (1) Vì KC tiếp tuyến (O) nên ta có: MCK (cùng chắn ⇒ MPK = MCK = MBC ¼ ) (2) Từ (1) (2) suy MPK · · (3) MC = MBC c) Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI tứ giác nội tiếp · · · · Suy ra: MIP (4) Từ (3) (4) suy MPK = MBP = MIP · · Tương tự ta chứng minh MKP = MPI MP MI = Suy ra: MPK ~ ∆MIP ⇒ MK MP ⇒ MI.MK = MP2 ⇒ MI.MK.MP = MP3 Do MI.MK.MP lớn MP lớn (4) - Gọi H hình chiếu O BC, suy OH số (do BC cố định) Lại có: MP + OH ≤ OM = R ⇒ MP ≤ R – OH Do MP lớn R – OH O, H, M thẳng hàng hay M nằm cung nhỏ BC (5) Từ (4) (5) suy max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 ⇔ M nằm cung nhỏ BC Bài tập Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax, By C D Các đường thẳng AD BC cắt N 1) Chứng minh AC + BD = CD 2) Chứng minh ∠COD = 90° 3) 4) 5) 6) 7) AB Chứng minh AC BD = Chứng minh OC // BM Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn đường kính CD Chứng minh MN ⊥ AB Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà ∠AOM ∠BOM hai góc kề bù => ∠COD = 900 Theo ∠COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM ⊥ CD ( OM tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = Theo ∠COD = 900 nên OC ⊥ OD(1) AB Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM ⊥ OD(2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD) Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB ⇒ IO // AC, mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB O => AB tiếp tuyến O đường trịn đường kính CD Theo AC // BD => CN AC = , mà CA = CM; DB = DM nên suy BN BD CN CM = BN DM => MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài tập 10 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Điểm M di chuyển nửa đường tròn (M khác A B) C trung điểm dây cung AM Đường thẳng d tiếp tuyến với nửa đường tròn B Tia AM cắt d điểm N Đường thẳng OC cắt d E a) Chứng minh: tứ giác OCNB nội tiếp b) Chứng minh: ACAN = AO.AB c) Chứng minh: NO vng góc với AE d) Tìm vị trí điểm M cho (2.AM + AN) nhỏ Hướng dẫn giải: 10 thẳng BC BD E F Gọi P Q trung điểm đoạn thẳng AE AF 1) Chứng minh ACBD hình chữ nhật; 2) Gọi H trực tâm tam giác BPQ Chứng minh H trung điểm OA; 3) Xác định vị trí đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ Hướng dẫn giải: · a) Có ·ACB = CBD = ·ADB = 900 ( Các góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ Tứ giác ACBD hình chữ nhật ( Tứ giác có ba góc vng) b) Có PO đường trung bình tam giác AEB ⇒ PO // EB mà EB ⊥ BF ⇒ PO ⊥ BF Xét tam giác PBF có BA ⊥ PF; PO ⊥ BF nên BA PO đường cao tam giác PBF mà BA PO căt O nên O trực tâm tam giác PBF ⇒ FO đường cao thứ ba tam giác PBF hay FO ⊥ PB (1) Lại có H trực tâm tam giác PBQ nên QH ⊥ PB (2)Từ (1) (2) ⇒ QH // FO Xét tam giác AOF có Q trung điểm AF; QH // FO nên H trung điểm AO 1 c) S BPQ = AB( AP + AQ ) = AB.( AE + AF ) (3) Áp dụng bất đẳng thức Cô si với hai số khơng âm AE AF ta có: AE + AF ≥ AE AF (4) ( Dấu “=” xảy ⇔ AE =AF) Từ (3) (4) ⇒ S∆BPQ ≥ AB AE AF (5) Lại có: Áp dụng hệ thức tam giác vuông EBF ta có: AB AE.AF = AB2 (6) Từ (5) (6) ta có SBPQ ≥ Xảy dấu AE = AF ⇒ Tam giác EBF vuông cân B ⇔ ACBD hình vng nên CD vng góc AB Vậy: Khi đường kính CD vng góc với đường kính AB tam giác PBQ có diện tích nhỏ Bài tập 12 Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm A B Trên nửa mặt phẳng có bờ AB kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vng góc với CI C cắt tia By K Đường trịn đường kính IC cắt IK P ( P khác I) a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn, rõ đường tròn · · b) Chứng minh CIP = PBK c) Giả sử A, B, I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích tứ giác ABKI lớn Hướng dẫn giải: 12 y x I A K P B C · · a) Có: CPK = CPI = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn); · Do By ⊥ AB nên CBK = 900 · · Suy ra: CPK + CBK = 1800 hay tứ giác CPKB nội tiếp đường trịn đường kính CK · · b) Ta có: CIP (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây = PCK chắn cung); (1) · · Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: PCK (2) = PBK Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh c) Từ giả thiết suy tứ giác AIKB hình thang vng, gọi s diện tích AIKB, ta có: s = ( AI + KB ) AB Dễ thấy s lớn KB lớn (do A, B, I cố định) Xét tam giác vng AIC BKC có: KC ⊥ CI KB ⊥ CA suy ra: · BKC = ·ACI (góc có cạnh tương ứng vng góc) hay ∆ACI đồng dạng với ∆BKC (g-g) Suy ra: AC AI AC BC = ⇔ BK = , đó: BK lớn ⇔ ACBC lớn BK BC AI AB  AC + CB  Theo BĐT Côsi có: AC.CB ≤  , dấu “=” xảy C = ÷   trung điểm AB Vậy diện tích tứ giác AIBK lớn C trung điểm AB Bài tập 13 Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = AO Kẻ dây MN vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆AME ∆ACM AM2 = AE.AC c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2 d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Hướng dẫn giải: 13 M O1 C E A B I N · a) * EIB = 900 (giả thiết) * ∠ECB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) * Kết luận: Tứ giác IECB tứ giác nội tiếp b) Ta có: * sđ cungAM = sđ cungAN * ∠AME = ∠ACM *GócAchung,suyra∆AME ∆ACM * Do đó: AC AM = ⇔ AM2 = AE.AC AM AE c) * MI đường cao tam giác vuông MAB nên MI2 = AI.IB * Trừ vế hệ thức câu b) với hệ thức * Ta có: AE.AC - AI.IB = AM2 - MI2 = AI2 d) * Từ câu b) suy AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CME Do tâm O1 đường trịn ngoại tiếp tam giác CME nằm BM Ta thấy khoảng cách NO1 nhỏ NO1 ⊥ BM.) * Dựng hình chiếu vng góc N BM ta O1 Điểm C giao đường tròn cho với đường trịn tâm O1, bán kính O1M Bài tập 14 Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB = 2R Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC a) Chứng minh tứ giác: CBMD nội tiếp b) Chứng minh rằng: DBDC = DN.AC c) Xác định vị trí điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn tính diện tích trường hợp Hướng dẫn giải: 14 D C N M A H B O a Góc ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) mà AD//BC (gt) => DB⊥BC Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC =900 => Tứ giác nội tiếp b Ta có ∆DBN đồng dạng với ∆CAD · · · · · ( DAC , BDN ) = DBN = BAN = DCA DN DB = => => DBDC = DN.AC DC AC c SABCD = DH.AB Do AB không đổi = 2R => SABCD max ⇔DH max ⇔ D nằm cung AB Bài tập 15 Cho đường trịn (O), dây AB khơng qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B) Kẻ dây MN vng góc với AB H Kẻ MK vng góc với AN ( K ∈ AN ) 1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh: MN phân giác góc BMK 3) Khi M di chuyển cung nhỏ AB Gọi E giao điểm HK BN Xác định vị trí điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn Hướng dẫn: M E H A O K N Chú ý: Kể trường hợp đặc biệt MN qua O 15 B · · 1) Từ giả thiết: AKM = 900 , AHM = 900 Bốn điểm A, K, H, M thuộc đường tròn · · 2) NAH = = NMK » sđ KH (1) » · · = sđ NB (2) NAH = NMB · · Từ (1) (2) ⇒ NMK = NMB ⇒ MN phân giác góc KMB ¼ ¼ · · · · 3) MAB ; MAB = MNB = sđ MB = MKH = sđ MH 2 · · ⇒ K,M,E,N thuộc đường tròn ⇒ MNB = MKH · · ⇒ MEN + MKN = 1800 ⇒ ME ⊥ NB 1 S∆MAN = MK.AN; S∆MNB = ME.NB; SY AMBN = MN.AB 2 ⇒ MK.AN + ME.BN = MN.AB ⇒ ( MK.NA + ME.NB) lớn ⇔ MN.AB lớn » ⇔ MN lớn (Vì AB= const ) ⇒ M AB Bài tập 16 Cho đường trịn tâm O đường kính AB cố định H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O trung điểm OA) Kẻ dây MN vng góc với AB H MN cắt AK E Chứng minh tứ giác HEKB nội tiếp Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM Cho điểm H cố định, xác định vị trí K để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MKE nhỏ Hướng dẫn: A K B I H O M D C 1/ ∆ AHI vng H (vì CA ⊥ HB) ∆ AHI nội tiếp đường trịn đường kính AI ∆ AKI vng H (vì CK ⊥ AB) ∆ AKI nội tiếp đường trịn đường kính AI Vậy tứ giác AHIK nội tiếp đường trịn đường kính AI Ta có CA ⊥ HB( Gt) CA ⊥ DC( góc ACD chắn nửa đường trịn) 16 => BH//CD hay BI//CD (1) Ta có AB ⊥ CK( Gt) AB ⊥ DB( góc ABD chắn nửa đường tròn) => CK//BD hay CI//BD (2) Từ (1) (2) ta có Tứ giác BDCI hình bình hành( Có hai cặp cạnh đối song song) Mà DI cắt CB M nên ta có MB = MC => OM ⊥ BC( đường kính qua trung điểm dây vng góc với dây đó) 2/ B E H A D C Vì BD tia phân giác góc B tam giác ABC; nên áp dụng tính chất đường phân giác ta có: AD AB AB = ⇔ = ⇒ BC = AB DC BC BC Vì ∆ ABC vng A mà BC = 2AB nên ACB = 300; ABC = 600 Vì B1 = B2(BD phân giác) nên ABD = 300 Vì ∆ ABD vng A mà ABD = 300 nên BD = 2AD = 2 = 4cm => AB = BD − AD = 16 − = 12 Vì ∆ ABC vuông A => BC = AC + AB = 36 + 12 = Vì CH tia phân giác góc C tam giác CBD; nên áp dụng tính chất đường DC DH DH = ⇔ = ⇒ BH = 3DH phân giác ta có: BC HB HB  3BH + 3HD =  BH + HD = ⇔ ⇒ BH (1 + ) = Ta có:   BH = 3HD  BH = 3HD BH = = ( − 1) = ( − 1) Vậy BH = ( − 1)cm (1 + ) Bài tập 17 Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax, By C D Các đường thẳng AD BC cắt N Chứng minh AC + BD = CD Chứng minh ∠COD = 900 AB 4 Chứng minh OC // BM Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD Chứng minh AC.BD = 17 Chứng minh MN ⊥ AB Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà ∠AOM ∠BOM hai góc kề bù => ∠COD = 900 Theo ∠COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM ⊥ CD ( OM tiếp tuyến ) áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, AB Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = Theo ∠COD = 900 nên OC ⊥ OD(1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM ⊥ OD(2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD) Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB => IO // AC, mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB O => AB tiếp tuyến O đường tròn đường kính CD CN AC = Theo AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy BN BD CN CM = BN DM => MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ nhất, mà CD nhỏ CD khoảng cách 18 giữ Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài tập 18 Cho (O),dây cung AB Từ điểm M cung AB(M≠ A M≠ B),kẻ dây cung MN vng góc với AB H.Gọi MQ đường cao tam giác MAN C/m điểm A;M;H;Q nằm đường tròn C/m:NQ.NA=NH.NM · C/m Mn phân giác góc BMQ Hạ đoạn thẳng MP vng góc với BN;xác định vị trí M cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn Hướng dẫn giải: Có hình vẽ,cách c/m tương tự Sau C/m hình 9-a 1/ C/m:A,Q,H,M nằm đường trịn.(Tuỳ vào hình vẽ để sử dụng phương pháp sau:-Cùng làm với hai đàu …mot goc vuong -Tổng hai góc đối 2/C/m: NQ.NA=NH.NM Xét hai ∆vng NQM ∆NAH đồng dang 3/C/m MN phân giác góc BMQ Có hai cách:  Cách 1: Gọi giao điểm MQ AB I.C/m tam giác MIB cân M  Cách 2: Góc QMN=NAH(Cùng phụ với góc ANH) Góc NAH=NMB(Cùng chắn cung NB)⇒đpcm 4/ xác định vị trí M cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn Ta có 2S∆MAN=MQ.AN 2S∆MBN=MP.BN 2S∆MAN + 2S∆MBN = MQ.AN+MP.BN AB × MN Ta lại có: 2S∆MAN + 2S∆MBN =2(S∆MAN + S∆MBN)=2SAMBN=2 =ABMN Vậy: MQ.AN+MP.BN=ABMN Mà AB khơng đổi nên tích ABMN lớn ⇔MN lớn nhất⇔MN đường kính ⇔M điểm cung AB 19 Bài tập 19 Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q Chứng minh đường tròn (I) (O) tiếp xúc A Chứng minh IP // OQ Chứng minh AP = PQ Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn Hướng dẫn giải: Ta có OI = OA – IA mà OA IA bán kính đường trịn (O) đường trịn (I) Vậy đường tròn (O) đường tròn (I) tiếp xúc A ∆OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => ∠A1 = ∠Q1 ∆IAP cân I ( IA IP bán kính ) => ∠A1 = ∠P1 => ∠P1 = ∠Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ ∠APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP ⊥ AQ => OP đường cao ∆OAQ mà ∆OAQ cân O nên OP đường trung tuyến => AP = PQ (HD) Kẻ QH ⊥ AB ta có SAQB = ABQH mà AB đường kính khơng đổi nên SAQB lớn QH lớn QH lớn Q trùng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO Thật P trung điểm cung AO => PI ⊥ AO mà theo PI // QO => QO ⊥ AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn Bài tập 20 Cho đường trịn tâm O có đường kính CD, IK (IK khơng trùng CD) Chứng minh tứ giác CIDK hình chữ nhật Các tia DI, DK cắt tiếp tuyến C đường tròn tâm O thứ tự G; H a Chứng minh điểm G, H, I, K thuộc đường trịn b Khi CD cố định, IK thay đổỉ, tìm vị trí G H diện tích tam giác DIJ đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn giải: Ta có CD đường kính, nên: ∠ CKD = ∠ CID = 900 (T/c góc nội tiếp) Ta có IK đường kính, nên: ∠ KCI = ∠ KDI = 900 (T/c góc nội tiếp) 20 Vậy tứ giác CIDK hình chữ nhật a Vì tứ giác CIDK nội tiếp nên ta có: ∠ ICD = ∠ IKD (t/c góc nội tiếp) Mặt khác ta có: ∠ G = ∠ ICD (cùng phụ với ∠ GCI) ⇒ ∠ G = ∠ IKD Vậy tứ giác GIKH nội tiếp b Ta có: DC ⊥ GH (t/c) ⇒ DC2 = GCCH mà CD đường kính,nên độ dài CD không đổi ⇒ GC CH không đổi Để diện tích ∆ GDH đạt giá trị nhỏ GH đạt giá trị nhỏ Mà GH = GC + CH nhỏ GC = CH Khi GC = CH ta suy ra: GC = CH = CD IK ⊥ CD Bài tập 21 Cho đường tròn (O; R) Từ điểm M nằm (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA MB (A, B hai tiếp điểm) Lấy điểm C cung nhỏ AB (Ckhác với A B) Gọi D, E, F la hình chieu vuong goc cua C AB, AM, BM a Chứng minh AECD tứ giác nội tiếp · · b Chứng minh: CDE = CBA c Gọi I giao điểm AC ED, K giao điểm CB DF Chứng minh IK//AB d Xác định vị trí điểm C cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ Tính giá trị nhỏ OM = 2R Hướng dẫn giải: a Chứng minh AECD l tứ gic nội tiếp M Xét tứ giác AECD ta có: · - Hai góc đối ·AEC = ADC = 90d (CD ⊥ AB;CE ⊥ AM ) Nn tổng chng b Do tứ giác AECD nội tiếp đường trịn · · b Chứng minh: CDE = CBA Tứ giác AECD nội tiếp đường tròn · · CDE = CAE (cù ng chắ n cung CE ) Điểm C thuộc cung nhỏ AB nên: · · CAE = CBA (cuø ng chaé n cung CA ) · · Suy ra: CDE = CBA c Chứng minh IK//AB Xeù t VDCE vàVBCA ta có : µ =B µ (cmt)  D  · ·  ⇒ DCE = KCI µE = µ A (cù ngchắ ncungCD)  · · ¶ ;A ¶ =D ¶ = FBC · màEAD = IDK (µ A =D ) 1 E C A A I A 2 · · EAD + DCE = 1800(tứgiá c AECD nộ i tiế p) · · ⇒ KCI + IDK = 1800 21 N D DK D F B Suy tứ gic ICKD nội tiếp · · » = CDK cù ngchắ n CK => CIK ( ( · · · = CDK cù ngchắ n CBF M CAB ) ) · · = CBA Suy CIK ( ởvịtrí đồng vị) Suy IK//AB (đpcm) d Xác định vị trí điểm C cung nhỏ AB để (AC2 + CB2) nhỏ Tính giá trị nhỏ OM = 2R Gọi N trung điểm AB Ta có : AC2 + CB2 = 2CD2 + AD2 + DB2 =2(CN2 – ND2) + (AN+ND)2 + (AN – ND)2 = 2CN2 – 2ND2 + AN2 + 2AN.ND + ND2 + AN2 – 2AN.ND + ND2 = 2CN2 + 2AN2 = 2CN2 + AB2/2 AB2/2 ko đổi => CA2 + CB2 đạt GTNN CN đạt GTNN  C giao điểm ON với cung nhỏ AB => C điểm cung nhỏ AB Khi OM = 2R OC = R hay C trung điểm OM => CB = CA = MO/2 = R Do đó: Min (CA2 + CB2 ) = 2R2 Phần II BÀI TẬP TƯƠNG TỰ XUẤT HIỆN TRONG KỲ THI VÀO 10 CÁC NĂM QUA Bài tập phẳng có bờ AB chứa nửa đường tròn, vẽ hai tia Ax By tiếp xúc với nửa đường tròn cho Trên tia Ax lấy điểm I (với I khác A); đường thẳng vng góc với CI C cắt tia By K Đường trịn đường kính IC cắt tia IK E Chứng minh tứ giác CEKB nội tiếp đường tròn Chứng minh AI BK = AC.CB Chứng minh điểm E nằm nửa đường tròn đường kính AB Cho điểm A; B; I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích hình thang ABKI lớn Bài tập Cho tam giác ABC vuông cân A, cạnh BC lấy điểm M Gọi (O1) đường tròn tâm O1 qua M tiếp xúc với AB B, gọi (O2) đường tròn tâm O2 qua M tiếp xúc với AC C Đường tròn (O1) (O2) cắt D (D không trùng với A) 1) Chứng minh tam giác BCD tam giác vuông 2) Chứng minh O1D tiếp tuyến (O2) 3) BO1 cắt CO2 E Chứng minh điểm A, B, D, E, C nằm đường trịn 4) Xác định vị trí M để O1O2 ngắn Bài tập Cho tam giác ABC, cạnh BC lấy điểm E, qua E kẻ đường thẳng song song với AB AC chúng cắt AC P cắt AB Q 1) Chứng minh BP = CQ 2) Chứng minh tứ giác ACEQ tứ giác nội tiếp Xác định vị trí E cạnh BC để đoạn PQ ngắn 3) Gọi H điểm nằm tam giác ABC cho HB2 = HA2 + HC2 Tính góc AHC Bài tập Cho hình vng ABCD, M điểm đường chéo BD, gọi H, I K hình chiếu vng góc M AB, BC AD 22 1) Chứng minh: ∆ MIC = ∆ HMK 2) Chứng minh CM vng góc với HK 3) Xác định vị trí M để diện tích tam giác CHK đạt giá trị nhỏ Bài tập Cho nửa đường trịn đường kính MN Lấy điểm P tuỳ ý nửa đường tròn (P ≠ M, P ≠ N) Dựng hình bình hành MNQP Từ P kẻ PI vng góc với đường thẳng MQ I từ N kẻ NK vng góc với đường thẳng MQ K 1) Chứng minh điểm P, Q, N, I nằm đường tròn 2) Chứng minh: MP PK = NK PQ 3) Tìm vị trí P nửa đường trịn cho NK.MQ lớn Bài tập Cho điểm A ngồi đường trịn tâm O Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) M điểm cung nhỏ BC (M ≠ B, M ≠ C) Gọi D, E, F tương ứng hình chiếu vng góc M đường thẳng AB, AC, BC; H giao điểm MB DF; K giao điểm MC EF 1) Chứng minh: a) MECF tứ giác nội tiếp b) MF vng góc với HK 2) Tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MDME lớn Bài tập Cho đường tròn tâm 0, đường kính AB = 2R, C trung điểm OA, kẻ dây cung MN vng góc với OA C Lấy điểm K tuỳ ý thuộc cung BM nhỏ Gọi H giao điểm AK MN a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp b) Tính AH AK theo R c) Xác định vị trí điểm K để tổng KM + KN + KB đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn Bài tập Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R) M di động AB N di động tia đối tia CA cho BM = CN a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt (O) A D Chứng minh D cố định b) Tính góc MDN c) MN cắt BC K Chứng minh DK vng góc với MN d) Đặt AM = x Tính x để diện tích tam giác AMN lớn Bài tập Hai đường tròn tâm O tâm I cắt hai điểm A B Đường thẳng d qua A cắt đường tròn (O) (I) P, Q Gọi C giao điểm hai đường thẳng PO QI a) Chứng minh tứ giác BCQP, OBCI nội tiếp b) Gọi E, F trung điểm AP, AQ, K trung điểm EF Khi đường thẳng d quay quanh A K chuyển động đường nào? c) Tìm vị trí d để tam giác PQB có chu vi lớn Bài tập 10 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O), H trực tâm tam giác ABC, M điểm cung BC không chứa điểm A a Xác định vị trí M để tứ giác BHCM hình bình hành b Gọi N E điểm đối xứng M qua AB AC Chứng minh ba điểm N H, E thẳng hàng c Xác định vị trí M để NE có độ dài lớn 23 Bài tập 11 Cho (O) điểm A nằm (O) Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AMN với (O) (B, C, M, N thuộc (O); AM OAMH tứ giác nội tiếp đường trịn Tương tự tứ giác OANH nội tiếp ¶ =M ả , B =N ả (2 gúc ni tiếp chắn cung) => A 1 1 ¶ +B µ =M ¶ +N ¶ = 90 0 => · ⇒A AHB = 90 0 1 1 => MN tiếp