Tuyển tập các bài tập hình học hay thi vào lớp 10

Tài liệu Tuyển tập các bài tập hình học hay thi vào lớp 10 là tài liệu bổ ích để các em học tập, ôn luyện, kiểm tra và củng cố kiến thức môn Toán học để làm bài thi đạt điểm cao.

Bài 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 MD.ME lớn HD: 1) MFC = MEC = 90o 2) Góc HCK + HDK = HCK + CAB + CBA = 180 o => CKI = CBD ( = EAC) => HK //AB 3) ∆MEF : ∆MFD(g − g) ⇒ MD.ME = MF2 ≤ MI , với I trung điểm BC => (MD.ME)max = MI2, I trùng với F Khi ∆MBC cân nên M điểm cung BC Bài Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a, M điểm thay đổi cạnh BC( M khắc B · ) N điểm CD ( N khác C ) cho MAN = 45o Đường chéo BD cắt AM AN P Q a) Chứng minh ABMQ tứ giác nội tiếp b) Gọi H giao điểm MQ NP Chứng minh AH vng góc với MN c) Xác định vị trí điểm M điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn HD 1) QAM = QBM = 45o; 2)Các tứ giác ABMQ ADNP nội tiếp => AQM = APN = 90o 3)M điểm thay đổi cạnh BC (M khác B) nên TH A B TH 1.M không trùng với C AI MN ∆MAI = ∆MAB ⇒ AI = AB = a, IM = BM Tương tự ∆NAI = ∆NAD ⇒ IN = DN Từ 1 S = AI MN = a.MN 2 MN < MC + NC = a − BM + a − DN = 2a − ( IM + IN ) 1 D Vậy MN < 2a − MN hay MN < a ⇒ S = a.MN < a 2 P Gọi I giao điểm AH MN=> S = M H Q TH M trùng với C, N trùng với D ∆AMN = ∆ACD nên S = I N 1 AD.DC = a 2 C Vậy ∆ AMN có diện tích lớn ⇔ M ≡ C N ≡ D Bài Cho đường tròn (O ; R) dây AC cố định không qua tâm B điểm đường trịn (O ; R) (B khơng trùng với A C) Kẻ đường kính BB’ Gọi H trực tâm tam giác ABC 1) Chứng minh AH // B’C 2) Chứng minh HB’ qua trung điểm AC 3) Khi điểm B chạy đường trịn (O ; R) (B khơng trùng với A C) Chứng minh điểm H nằm cung trịn cố định Giải 1) AH //B/C vng góc với BC 2) AHCB/ hình bình hành Gọi E, F chân đường cao hạ từ A C Tứ giác HEBF nội tiếp => AHC = EHF = 180o –ABC = không đổi Bài 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) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc đường tròn 2 Chứng minh: MN tia phân giác góc BMK 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 · · Tứ giác AHMK nội tiếp ·AKM = ·AHM = 900 KMN ( = góc = NMB HAN) · · · · · AMBN nội tiếp => KAM => MBN => MHEB nội tiếp = MBN = KHM = EHN · · => MNE =>∆HBN đồng dạng ∆EMN (g-g) =>ME.BN = HB MN (1) = HBN Ta có ∆AHN đồng dạng ∆MKN => MK.AN = AH.MN (2) (1) (2) => MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB => MK.AN + ME.BN lớn MN lớn => MN đường kính đường trịn tâm O.=> M điểm cung AB Bài Cho nửa đờng tròn (O;R) đờng kính AB Trên nửa đờng tròn lấy hai điểm C, D (C thuéc cung AD) cho CD = R Qua C kẻ đờng thẳng vuông góc với CD cắt AB M Tiếp tuyến (O;R) A B cắt CD lần lợt E F, AC cắt BD K a Chứng minh tứ giác AECM nội tiếp tam giác EMF tam giác vuông b Xác định tâm bán kính đờng trón ngoại tiếp tam giác KCD c Tìm vị trí dây CD cho diện tích tam giác KAB lớn nhÊt · · b AKB = 600 ⇒ AIB = 1200 (Góc tâm góc nội tiếp chắn mét cung) R · · ⇒ Tø gi¸c OCID néi tiÕp ⇒ OCI = ODI = 900 ⇒ ID = OD.tan30 = c ∆ KCD ∆ KBA S∆KCD  CD  = ÷ = ⇒ S∆KBA = 4S∆KCD S∆KBA  AB  ⇒ S∆KBA lín nhÊt ⇔ S∆KCD lín nhÊt ⇔ KH lín nhÊt H điểm cung lớn CD đờng tròn ngoại tiếp tam giác KCD KCD c©n ⇔ ∆ KBA c©n ⇔ CD//AB Bài Cho đờng tròn tâm O bán kính R đờng thẳng d cố định không giao Từ điểm M thuộc d, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn (O; R) (A, B tiếp điểm) Gọi I giao điểm MO cung nhỏ AB đờng tròn Chứng minh I tâm đờng tròn néi tiÕp tam gi¸c MAB Cho biÕt MA = R , tính diện tích hình phẳng bị giới hạn hai tiếp tuyến MA, MB cung nhỏ AB đờng tròn (O; R) Chứng minh M thay đổi d đờng thẳng AB qua điểm cố định b) SAOBM = R2 πR2 SQ = AOB 3− π S= R c) Kẻ OH  d, gọi giao điểm AB OH N, giao điểm AB OM P Tứ giác HMPN nội tiếp nên ON.OH = OP.OM = R2 Do N điểm cố định mà AB qua Bài 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) 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp 2) Chúng minh AN2 = AB.AC Tính độ dài đoạn thẳng BC AB = cm, AN = cm 3) Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) điểm thứ hai T Chứng minh: MT // AC 4) 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 Bài Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự Đường trịn (O; R) thay đổi qua B C cho O không thuộc BC Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn (O) Gọi I trung điểm BC, E giao điểm MN BC, H giao điểm đường thẳng OI đường thẳng MN 1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I thuộc đường tròn H 2) Chứng minh OI.OH = R2 3) Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Hướng dẫn câu IVc : AM AB = ⇒ AM = AB.AC AC AM AM AE = ⇒ AM = AI.AE + ∆AME ∽ ∆AIM (g-g) ⇒ AI AM ⇒ AB.AC = AI.AE (*) + ∆AMB ∽ ∆ACM (g-g) ⇒ M C I E B O A Do A, B, C cố định nên trung điểm I BC cố định nên từ (*) suy E cố định N Vậy đường thẳng MN qua điểm E cố định Bài Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh a Trên cạnh AD CD lấy điểm M N · cho góc MBN = 450, BM BN cắt AC theo thứ tự E F a) Chứng minh tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp b) Gọi H giao điểm MF với NE I giao điểm BH với MN Tính độ dài đoạn BI theo a c) Tìm vị trí M N cho diện tích tam giác MDN lớn HD c) Tìm vị trí M N để diện tích tam giác MDN lớn Do ∆MBG = ∆MBN (theo chứng minh phần b) => MG = MN Do MD + DN + MN = MD + DN + MG = MD + DN + (GA + AM) = MD + DN + CN + AM (vì GA = CN) = (MD + AM) + (DN + NC) = 2a (không đổi) Áp dụng định lý Pi-ta-go cho ∆MDN (vng D), ta có MN2 = DN2 + DM2 ( DM + DN ) 2 Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN + DM ≥ (vì tương đương với (DM – DN)2 ≥ đúng) ( DM + DN ) DM + DN Suy MN ≥ = 2 => 2a = MD + DN + MN ≥ MD + DN + MD + DN +1 = ( MD + DN ) 2 Lại áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: +1 +1 ( MD + DN ) ≥ ×2 MD.DN = (2 + 2) MD.DN 2a=MD+DN+ MN ≥ 2  2a  2 => DM DN ≤  ÷ = 2( − 1) a  2+  2 => S ∆MDN = DM DN ≤ ( − 1) a ,  DM = DN  DM + DN  ⇔ DM = DN = − a dấu “=” xảy  MN =   DM + DN + MN = 2a Vậy để diện tích tam giác MDN lớn M, N cạnh AD, CD cho DM = DN = − a ( ( ) ) Bài 10 Cho tam giác ABC khơng có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R) (B, C cố định, A di động cung lớn BC) Các tiếp tuyến B C cắt M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt (O) D E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC F, cắt AC I · · a) Chứng minh MBC Từ suy MBIC tứ giác nội tiếp = BAC b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE c) Đường thẳng OI cắt (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt (O) T (T khác Q) Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng d) Tìm vị trí điểm A cung lớn BC cho tam giác IBC có diện tích lớn HD c) Ta có góc PTQ=900 POIQ đường kính A E Và tam giác đồng dạng FIQ FTM có góc đối đỉnh F FI FT = FQ FM P (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ) · · · · Nên FIQ mà FIQ = FTM = OIM = 900 (I nhìn OM góc 900) · Nên P, T, M thẳng hàng PTM = 1800 O I Q F B C D T M d) Ta có BC khơng đổi Vậy diện tích S IBC lớn khoảng cách từ I đến BC lớn » đường tròn đường Vậy I trùng với O yêu cầu tốn I nằm cung BC kính OM Khi I trùng O ∆ABC vng B Vậy diện tích tam giác ICB lớn AC đường kính đường trịn (O;R) Bài 11 Cho đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB I (I nằm A O ) Lấy điểm E cung nhỏ BC ( E khác B C ), AE cắt CD F Chứng minh: a) BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn b) AE.AF = AC2 c) Khi E chạy cung nhỏ BC tâm đường trịn ngoại tiếp ∆CEF ln thuộc đường thẳng cố định HD · · c) Theo câu b) ta có ACF , suy AC tiếp tuyến = AEC C E đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1) F · Mặt khác ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy AC ⊥ CB (2) Từ (1) (2) suy CB chứa đường kính đường trịn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định E thay đổi cung nhỏ BC A I O B D Bài 12 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 HD 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) A K I M H B C P O 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 13 Cho hai đường tròn (O) (O′) cắt A B Vẽ AC, AD thứ tự đường kính hai đường trịn (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 HD · · c) Ta có CMA F = DNA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa E N d đường tròn); suy CM // DN hay CMND hình A I thang Gọi I, K thứ tự trung điểm MN CD Khi M O/ IK đường trung bình hình thang CMND O Suy IK // CM // DN (1) CM + DN = 2.IK (2) C K D B 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 14 Cho đường (O, R) đường thẳng d không qua O cắt đường tròn 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 HD 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 vng OMQ ta có DM DQ = OD = R không đổi nên MD + DQ nhỏ ⇔ DM = DQ = R Khi OM = R hay M giao điểm d với đường trịn tâm O bán kính R P C A d H B M I O D Q Bài 15 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB C điểm nằm O A Đường thẳng vng góc với AB C cắt nửa đường tròn I K điểm nằm đoạn thẳng CI (K khác C I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) M, tia BM cắt tia CI D Chứng minh: 1) ACMD tứ giác nội tiếp đường tròn 2) ∆ABD ~ ∆MBC 3) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm đường thẳng cố định K di động đoạn thẳng CI HD 3) Lấy E đối xứng với B qua C E cố định D · · · · µ ), , lại có: (cùng phụ với EDC = BDC BDC = CAK B · · suy ra: EDC = CAK Do AKDE tứ giác nội tiếp M I Gọi O’ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AKD O’ củng tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên O′ A = K O′ E, suy O′ thuộc đường trung trực đoạn thẳng AE cố định A E C B O Bài 16 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 HD µ = BDO · c) Vì O1D = O1B => ∆ O1BD cân O1 => B (2) · · µ · Từ (1), (2) => ADE + BDO = B + BAH = 90 => O1D //O2E Vậy DEO2O1 hình thang vng D E 1 Ta có Sht = (O1D + O E).DE = O1O DE ≤ O1O (Vì O1D 2 + O2E = O1H + O2H = O1O2 DE < O1O2 ) BC2 R 2 Dấu "=" xảy DE Sht ≤ O1O2 = = = O1O2 ⇔ DEO2O1 hình chữ nhật A E D B O1 H O O2 C ⇔ A điểm cung BC Khi max S DEO2O1 = R2 Bài 18 Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự Vẽ đường tròn (O; R) qua B C (BC ≠ 2R) Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN đến (O) (M, N tiếp điểm) Gọi I, K trung điểm BC MN; MN cắt BC D Chứng minh: a) AM2 = AB.AC b) AMON; AMOI tứ giác nội tiếp đường tròn c) Khi đường tròn (O) thay đổi, tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ OID ln thuộc đường thẳng cố định HD c) Ta có OA ⊥ MN K (vì K trung điểm MN), MN cắt AC D µ +$ Xét tứ giác KOID có K M I = 180 => tứ giác KOID nội tiếp đường tròn tâm O1 => O1 nằm đường trung trực DI mà AD.AI = AK.AO = AM2 = AB.AC khơng đổi (Vì A, B, C, I cố định) Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định Vậy O1 tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OIK thuộc đường trung trực DI cố định A B K O D I C N Bài 19 Qua điểm A cho trước nằm ngồi đường trịn (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm), lấy điểm M cung nhỏ BC, vẽ MH ⊥ BC; MI ⊥ AC; MK ⊥ AB a) Chứng minh tứ giác: BHMK, CHMI nội tiếp đường tròn b) Chứng minh MH2 = MI.MK c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB, AC P, Q Chứng minh chu vi ∆ APQ khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M HDc c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) Xét chu vi ∆ APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB không đổi Vì A cố định đường trịn (O) cho trước nên chu vi ∆ APQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M (đpcm) Bài 20 Cho đường trịn (O), đường kính AB, d1, d2 các đường thẳng qua A, B · vng góc với đường thẳng AB M, N điểm thuộc d1, d2 cho MON = 900 1) Chứng minh đường thẳng MN tiếp tuyến đường tròn (O) AB 3) Xác định vị trí M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ 2) Chứng minh AM AN = HD 1 OH MN > OH AB (Vì AMNB hình 2 thang vuông) Dấu “=” MN = AB hay H điểm cung AB AB ⇔ M, N song song với AB ⇔ AM = BN = AB Vậy S ∆MON nhỏ AM = BN = S ∆MON = N H M A B O Bài 21 Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = AO Kẻ dây MN vuông 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 HD · · Theo AMN = ACM ⇒ AM tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp ∆ECM Nối MB ta có · = 900, tâm O1 đường trịn ngoại AMB tiếp ∆ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM ⇒ NO1 ⊥BM Gọi O1 chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta O1 tâm đường trịn 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 M O1 E A I O C B N Bài 22 Cho đường trịn cố định tâm O, bán kính Tam giác ABC thay đổi ngoại tiếp đường tròn (O) Một đường thẳng qua tâm O cắt đoạn AB, AC M N Xác định giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN (Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tp Hồ Chí Minh năm học 2001 – 2002) LỜI GIẢI Giả sử đường tròn (O) tiếp xúc aB, AC H K 1 AM + AN S AMN = SOAM + SOAN = OH AM + OK AN = 2 Vẽ MI ⊥ AB I Ta có: AM ≥ MI Áp dụng BĐT Cơ si cho hai số khơng âm ta có: AM + AN ≥ AM AN Do đó: S AMN ≥ AM AN ≥ MI AN ; S AMN = MI AN ⇒ MI AN = 2S AMN 2 Vậy: S AMN ≥ S AMN ⇔ S AMN ≥ S AMN ⇔ S AMN ≥ (do S AMN > ) · Dấu “= “ xảy ⇔ AM = AN = MI, tức BAC = 900 AM = AN Vậy GTNN diện tích tam giác AMN Bài 23 Cho đường tròn tâm O, vẽ dây cung BC không qua tâm Trên tia đối tia BC lấy điểm M Đường thẳng qua M cắt đường tròn (O) hai điểm N P (N nằm M P) cho O nằm bên góc PMC Trên cung nhỏ NP lấy điểm A cho cung AN cung AP Hai dây cung AB, AC cắt NP lần lược D E a) Chứng minh: MB.MC = MN.MP b) Bán kính OA cắt NP K Chứng minh: MK > MB.MC Giải: a) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp Ta có: » » sd »AN + sd PC sd »AP + sd PC · PEC = = ( »AN = »AP ) 2 sd ¼ APC ( ·ABC góc nội tiếp đ/trịn(O) chắn cung APC) µ µ µ + DEC · Suy ra: E1 = B1 ; Mà: E = 1800 µ + DEC · Nên: B = 1800 ⇒ Tứ giác BDEC nội tiếp Cách 2: Ta có: = sđAC ằ vìB góc nội tiÕp ch¾ » B n AC 1    ·DEC = s®AP » + s®NC » Ã vìDEClà góc có đỉ nh bên đ/tròn  »  » » = AN » = sđAN + sđNC vìAP ằ µ + DEC · » + s®AC » = 1.3600 = 1800 ⇒B = s®AN + s®NC 2 ⇒ Tứ giác BDEC nội tiếp = ( ) ( )( ( )( ) ) ( ) b) Chứng minh: MB.MC = MN.MP Xét: ∆ MBP ∆ MNC có: · : góc chung PMC µ =C µ ( hai góc nội tiếp chắn cung NB đường trịn (O)) P 1 Suy ra: ∆ MBP ~ ∆ MCN ( g - g ) ⇒ MB MP = ⇒ MB.MC = MN MP MN MC c) Chứng minh: MK > MB.MC : Ta có: OA ⊥ NP ( A điểm cung NP) Suy ra: NP = 2.NK Mà: MB.MC = MN.MP ( Theo câu b) Do đó: MB.MC = MN(MN + NP) = MN( MN + 2.NK) = MN + 2.MN NK (1) Mà: MK = ( MN + NK ) = MN + 2MN NK + NK > MN + 2.MN NK (2) Từ (1) (2) suy ra: MK > MB.MC Cách 2: Ta có: MK > MN ( N nằm M K) ⇒ MK.NK > MN.NK ⇒ MK.NK + MK.MN > MN.NK + MK.MN ⇒ MK(NK + MN) > MN(NK + MK) ⇒ MK > MN MP ( Vì NK + MK = MK + KP: Do NK = KP) Mà: MB.MC = MN.MP ( Theo câu b) Do đó: MK > MB.MC Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức côsi cho hai số dương MN MP, ta có: MN + MP ≥ MN.MP ⇔ 2MK ≥ MN.MP ⇔ MK ≥ MN.MP Dấu = xảy MN = MP, điều xảy Cách 4: » = AP » : gi¶ thiÕt ⇒ K trung điểm NP hay KN = KP Đặt KN = KP = a Do: AN Ta có: MB.MC = MN.MP(câu b); mà MN = MK – KN MP = MK + KP ⇒ MB.MC = MN.MP = (MK – a)(MK + a) = MK − a2 < MK Vậy MK > MN.MP;hay : MK > MB.MC Bài 24 Cho đường trịn (O) có đường kinh MN PQ(PQ không trùng với MN) a) Chứng minh tứ giác MPNQ hình chữ nhật b) Các tia NP, NQ cắt tiếp tuyến M đường tròn (O) theo thứ tự E F Chứng minh bốn điểm E, F, P, Q thuộc đường tròn c) Khi MN cố định, PQ thay đổi Tìm vị trí E F diện tích tam giác NEF đạt giá trị nhỏ Giải a) Chứng minh tứ giác MPNQ hình chữ nhật Ta có: OM = ON = OP = OQ(= R) ⇒ Tứ giác MPNQ hình bình hành · Lại có: MQN = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Do đó: MPNQ hình chữ nhật b) Chứng minh bốn điểm E, F, P, Q thuộc đường trịn µ =M ¶ (góc nội tiếp chắn cung NQ) Ta có: P 1 ả Ã M: M = F (vì phụ với FNM ) µ =F µ ⇒ Tứ giác EFQP nội tiếp Hay bốn điểm E, F, P, Q thuộc đường trịn Do đó: P c) Tìm vị trí E F diện tích tam giác NEF đạt giá trị nhỏ 1 Ta có: S N EF = MN EF = R ( EM + MF ) = R ( EM + MF ) 2 Theo bất đẳng thức si, ta có: EM + MF ≥ EM MF Tam giác NEF vng có NM đường cao, nên: EM.MF = NM (hệ thức lượng tam giác vuông) ( *) Vậy ( *) ⇔ S N EF ≥ R.2 NM = 2.MN = R.2 R = R : không đổi Dấu = xảy ⇔ EM = MF ⇔ Δ NEF vuông cân N · ⇔ NM tia phân giác góc QNP ⇔ MPNQ hình vng ⇔ PQ ⊥ MN Vậy GTNN S N EF 4R ⇔ PQ ⊥ MN Bài 25 Cho C điểm nằm đường thẳng AB(C khác A B) Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tai Ax lấy điểm I khác A, tia vng góc với CI C cắt By K Đường trịn đường kính CI cắt IK P a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp b) Chứng minh AI.BK = AC.BC c) Gọi M giao điểm IC AP; N giao điểm KC BP.Chứng minh MN // AB d) Cho A, B, I cố định Tìm vị trí điểm C để diện tích tứ giác ABKI đạt giá trị lớn Giải a) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp · · · Ta có: CIP = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ CPK + CBK = 1800 ⇒ Tứ giác CPKB nội tiếp đường trịn đường kính CK b) Chứng minh AI.BK = AC.BC IA CB ¶ ¶ ¶ =ΔK ¶ ⇒ ICA · CKB ( g − g ) ⇒ = Vì ICK = 900 nên: C2 + C3 = 90Δ⇒ C~ 2 CA KB ⇒ AI KB = CA.CB c) Chứng minh MN // AB Ta có: µ A1 = Iµ1 (vì nội tiếp chắn cung BC đường kính IC) =K ả (vỡ ni tip cựng chn cung BC B 1 đ/trịn đường kính CK · · · ⇒ ·APB = ICK = 900 ⇒ MCN + MPN = 1800 ⇒ Tứ giác MCNP nội tiếp ng trũn ng kớnh MN ả =C (vỡ ni tiếp chắn cung PN) (1) ⇒M 1 µA = C µ (góc tia tt dây góc nội tiếp 1 chắn cung PC ng trũn ng kớnh IC) ả =à M A1 MN // AB d) Cho A, B, I cố định Tìm vị trí điểm C để diện tích tứ giác ABKI đạt giá trị lớn Ta có: S ABKI = AB ( AI + BK ) Vì AB, AI khơng đổi nên S ABKI lớn ⇔ BK lớn CA.CB ⇔ CA.CB lớn (vì AI.BK = CA.CB ⇔ BK = ) AI CA + CB  CA + CB  Ta có: CA.CB ≤ ⇔ CA.CB ≤  ÷ (khơng đổi), (Áp dụng BĐT Cô si) 2   Dấu = xảy CA = CB Vậy S ABKI lớn C trung điểm AB Cách 2: Ta có: AIKB hình thang vng có AB đường cao, nên: ( AI + BK ) AB , A, B, I cố định ⇒ AI, AB không đổi Vậy S AIKB lớn ⇔ BK lớn · Dễ thấy hai tam giác vuông AIC BCK có: ·AIC = BCK (cùng phụ với ·ACI ) AI AC = Do đó: ΔAIC ~ ΔBCK ( g − g ) ⇒ BC BK 1 ⇒ BK = BC AC = ( AB − AC ) AC = ( AB AC − AC ) AI AI AI S ABKI =  AB AB AB  =− AC + −  AC − ÷= − AI  4  AI  AB  AB   AC −  ÷ −     AB  AB AB =− khơng đổi ≤  AC − ÷ + AI   AI AI AB AB = ⇔ AC = ⇔ C trung điểm đoạn AB Dấu = xảy ⇔ AC − 2 Vậy S ABKI lớn C trung điểm AB Bài 26 Cho đường tròn (O;R) đường thẳng d qua O cắt đường tròn hai điểm A B Từ điểm C đường thẳng d(C nằm ngồi đường trịn(O)) Gọi H trung điểm AB, đường thẳng OH cắt tia CN K a) Chứng minh bốn điểm C, O, H, N nằm đường tròn b) Chứng minh KN.KC = KH.KO c) Đoạn thẳng CO cắt đường tròn (O) I Chứng minh I cách CM, CN, MN d) Một đường thẳng qua O song song với MN cắt tia CM, CN lần luwowyj E F xác định vị trí C d cho diện tích tam giác CEF nhỏ Giải a) Chứng minh bốn điểm C, O, H, N nằm đường trịn Ta có: OH ⊥ AB(vì đường kính qua điểm cung) ON ⊥ CN · · ⇒ OHC = ONC = 900 ⇒ Bốn điểm C; O; H; N nằm đường trịn đường kính OC b) Chứng minh KN.KC = KH.KO µ =C µ (vì bù với góc HON) Ta có: O 1 KO KN ⇒ ΔKON ~ ΔKCH ( g − g ) ⇒ = ⇒ KO.KH = KC KN KC KH c) Chứng minh I cách CM, CN, MN · » = NI » CI phân giác MCN CI ⊥ MN nên: MI ⇒ NI; NI phân giác góc CMN; CNM Vậy I giao điểm đường phân giác tam giác CMN nên I cáchđều cạnh CM, CN, MN d) Một đường thẳng qua O song song với MN cắt tia CM, CN E F xác định vị trí C d cho diện tích tam giác CEF nhỏ Ta có: SC EF = 2SCOE = CE.OM = ( CM + ME ) R SC EF nhỏ CM + ME nhỏ Mà: CM.ME = OM = R không đổi Áp dụng bất đẳng thức si, ta có: CM + ME ≥ CM ME =R Dấu = xáy ⇔ CM = ME = R ⇒ Δ COE vuông cân O Δ COM vuông cân M ⇒ MO = MC = R ⇒ OC = R Vậy C giao điểm đường tròn(O; R ) với đường thẳng d Bài 27 Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O), (M khác A B) Các tiếp tuyến đường tròn (O) A M cắt E Vẽ MP vng góc với AB(P thuộc AB), vẽ MQ vng góc với AE(Q thuộc AE) a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp APMQ hình chữ nhật b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác AEO MPB đồng dạng KM = KP d) Đặt AP = x Tính MP theo R x Tìm vị trí điểm M đường trịn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn Giải a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp APMQ hình chữ nhật · · Ta có: EAO = EMO = 900 ⇒ Tứ giác AEMO nội tiếp đường trịn đường kính EO Tứ giác APMQ hình nhật có ba góc vng b) Chứng minh O, I, E thẳng hàng Do tứ giác MQAP hình chữ nhật nên I trung điểm AM Ta có: EA = EM; OA = OM Suy ra: EO qua trung điểm AM ⇒ EO qua I hay O; I; E thẳng hàng c) Chứng minh hai tam giác AEO MPB đồng dạng KM = KP Ta có: OE // MB(vì vng góc với AM) µ =B µ ⇒ ΔAEO ~ ΔPMB ( g − g ) ⇒ PB = MP ⇒ MP = EA PB = EA PB ( 1) ⇒O 1 AO EA AO AB BP KP = Do KP // EA ⇒ ( 2) AB EA KP = KP ⇒ KM = KP Từ (1) (2) suy ra: MP = EA EA d) Tính MP theo R x Tìm vị trí điểm M đường trịn (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn Đặt: AP = x ⇒ PB = 2R - x (vì AB = 2R) Tam giác AMB vng M có MP đường cao nên: MP = PA.PB = x ( R − x ) ⇒ MP = x ( R − x ) ⇒ S MPAQ x   + 2R − x ÷ x x x x  = AP.MP = x x ( R − x ) = x ( R − x ) ≤ x  ÷ = x  R − ÷ = 3  R − ÷ 3 3 3   ÷   x x  3+R− ÷ 3 ≤ 3 R ÷ =  ÷   x  = R − x 3R ⇔x= Dấu = xảy ⇔  x = R− x  3 Vậy diện tích HCN: MPAQ lớn M thuộc đường tròn cho P trung điểm OB Cách 2: Trong tam giác vng ABM, ta có: MP = PA.PB = x ( R − x ) ⇒ MP = x ( R − x ) ; < x < 2R (vì M thuộc đường trịn (O) M khác A, B) Diện tích hình chữ nhật APMQ là: S MPAQ = MP.PA = x x ( R − x ) = x ( R − x ) Ta chứng minh bổ đề sau: Nếu a,b,c,d khơng âm, ta có:  a+b+c+d  abcd ≤  ÷ Dấu = xảy ⇔ a = b = c = d   Ta có: a + b ≥ ab ( 1) , ∀a, b ≥ ; Từ (1) (2) suy ra: a + b + c + d ≥ tương tự c + d ≥ cd ( ) ( 2) ab + cd ; ta cịn có: ab + cd ≥ ab cd 4  a+b+c+d  ab cd ⇒ ( a + b + c + d ) ≥ 42 abcd ⇒ abcd ≤  ÷   Dấu = xảy ⇔ a = b = c = d x x x Áp dụng bổ đề với bốn số: ; ; 2R - x, ta có: 3 x x x   + + + 2R − x ÷ x x x R4 x ( R − x ) = 27 ( R − x ) ≤ 27  ÷ = 27 3 16  ÷   x x x 3R Dấu = xảy ⇔ = = = R − x ⇔ x = 3 Vậy diện tích HCN: MPAQ lớn M thuộc đường tròn cho P trung điểm OB Bài 28 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Điểm H cố định thuộc đoạn thẳng AO (H khác A Do đó: a + b + c + d ≥ O) Đường thẳng qua điểm H vng góc với AO cắt nửa đường tròn (O) C Trên cung BC lấy điểm D (D khác B C) Tiếp tuyến nửa đường tròn (O) D cắt đường thẳng HC E Gọi I giao điểm AD HC Chứng minh tứ giác HBDI nội tiếp đường tròn Chứng minh tam giác DEI tam giác cân 3 Gọi F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD Chứng minh góc ABF có số đo không đổi D thay đổi cung BC (D khác B C) HD Do F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ICD nên · · · = 180° − CFI = 90° − CFI ICF E 2 · CFI · · = ICD = CBA suy C · · · ICF = 90° − CBA = HCB Vì D nằm cung BC nên tia CF trùng với tia CB cố định Vậy góc ABF có số đo khơng đổi F D I O A H B ... AB, AC M N Xác định giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN (Đề thi tuyển sinh lớp 10 Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Tp Hồ Chí Minh năm học 2001 – 2002) LỜI GIẢI Giả sử đường tròn (O) tiếp xúc aB,... MB.MC Cách 3: Áp dụng bất đẳng thức cơsi cho hai số dương MN MP, ta có: MN + MP ≥ MN.MP ⇔ 2MK ≥ MN.MP ⇔ MK ≥ MN.MP Dấu = xảy MN = MP, điều xảy Cách 4: » = AP » : gi¶ thi? ?t ⇒ K trung điểm NP hay. .. = MK − a2 < MK Vậy MK > MN.MP ;hay : MK > MB.MC Bài 24 Cho đường tròn (O) có đường kinh MN PQ(PQ khơng trùng với MN) a) Chứng minh tứ giác MPNQ hình chữ nhật b) Các tia NP, NQ cắt tiếp tuyến M