Nội dung

Bài 1: Cho tam giác có các góc nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O . H là trực tâm của tam giác. D là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. a, Xác định vị trí của điẻm D để tứ giác BHCD là hình bình hành. b, Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của điểm D qua các đường thẳng AB và AC . Chứng minh rằng 3 điểm P; H; Q thẳng hàng. c, Tìm vị trí của điểm D để PQ có độ dài lớn nhất. HD : a. Giả sử đã tìm được điểm D trên cung BC sao cho tứ giác BHCD là hình bình hành . Khi đó: BD//HC; CD//HB vì H là trực tâm tam giác ABC nên A CH  AB và BH  AC => BD  AB và CD  AC . Do đó:  ABD = 900 và  ACD = 900 . Q Vậy AD là đường kính của đường tròn tâm O H O Ngược lại nếu D là đầu đường kính AD P của đường tròn tâm O thì C B tứ giác BHCD là hình bình hành. b) Vì P đối xứng với D qua AB nên  APB =  ADB D nhưng  ADB =  ACB nhưng  ADB =  ACB Do đó:  APB =  ACB Mặt khác: 0  AHB +  ACB = 180 =>  APB +  AHB = 1800 Tứ giác APBH nội tiếp được đường tròn nên  PAB =  PHB Mà  PAB =  DAB do đó:  PHB =  DAB Chứng minh tương tự ta có:  CHQ =  DAC Vậy  PHQ =  PHB +  BHC +  CHQ =  BAC +  BHC = 1800 Ba điểm P; H; Q thẳng hàng c). Ta thấy  APQ là tam giác cân đỉnh A Có AP = AQ = AD và  PAQ =  2BAC không đổi nên cạnh đáy PQ đạt giá trị lớn nhất  AP và AQ là lớn nhất hay  AD là lớn nhất  D là đầu đường kính kẻ từ A của đường tròn tâm O Bài 2: Cho đường tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đường tròn (C  A ; C  B ) . Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N. a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân . b). Khi MB = MQ , tính BC theo R. HD: Q a). Xét  ABM và  NBM . Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O) N nên :AMB = NMB = 90o . M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC nên ABM = MBN => BAM = BNM M =>  BAN cân đỉnh B. Tứ giác AMCB nội tiếp => BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB). A => MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM). => Tam giác MCN cân đỉnh M b). Xét  MCB và  MNQ có : MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)  BMC =  MNQ ( vì :  MCB =  MNC ;  MBC =  MQN ). =>  MCB   MNQ (c. g . c). => BC = NQ . Xét tam giác vuông ABQ có AC  BQ  AB2 = BC . BQ = BC(BN + NQ) => AB2 = BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R) => 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5  1) R C B O Bài 3: Cho đường tròn tâm O đường kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan CD. a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN. b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi. c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định. N HD: a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N Do MâN = 900 nên MN là đường kính C Vậy I là trung điểm của MN b) Kẻ MK // AC ta có : ÄINC = ÄIMK (g.c.g) I => CN = MK = MD (vì ÄMKD vuông cân) K Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA O B A => AM = AN = AD + AC không đổi c) Ta có IA = IB = IM = IN M Vậy đường tròn ngoại tiếp ÄAMN đi qua hai điểm A, B cố định . D Bài 4: Cho tam giác nhọn xây, B, C lần lượt là các điểm cố định trên tia Ax, Ay sao MA 1 = MB 2 cho AB < AC, điểm M di động trong góc xAy sao cho Xác định vị trí điểm M để MB + 2 MC đạt giá trị nhỏ nhất. Câu2 (1,5điểm) Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho: 1 AD = AB. Ta có D là điểm cố định 4 MA 1 AD 1 Mà = (gt) do đó = A AB 2 MA 2 x B D M Xét tam giác AMB và tam giác ADM có MAB (chung) C MA AD 1 = = AB MA 2 Do đó Ä AMB ~ Ä ADM => MA MB = =2 AD MD => MD = 2MD (0,25 điểm) Xét ba điểm M, D, C : MD + MC > DC (không đổi) Do đó MB + 2MC = 2(MD + MC) > 2DC Dấu "=" xảy ra <=> M thuộc đoạn thẳng DC Giá trị nhỏ nhất của MB + 2 MC là 2 DC * Cách dựng điểm M. 1 AB 2 1 - Dựng D trên tia Ax sao cho AD = AB 4 - Dựng đường tròn tâm A bán kính M là giao điểm của DC và đường tròn (A; 1 AB) 2 Bài 5. Cho đường tròn tâm O đường kính AB bán kính R. Tiếp tuyến tại điểm M bbất kỳ trên đường tròn (O) cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt tại C và D. a.Chứng minh : AC . BD = R2. b.Tìm vị trí của điểm M để chu vi tam giác COD là nhỏ nhất . HD: a.Ta có CA = CM; DB = DM Các tia OC và OD là phân giác của hai góc AOM và MOB nên OC  OD Tam giác COD vuông đỉnh O, OM là đường cao thuộc cạnh huyền CD nên : MO2 = CM . MD 2  R = AC . BD D b.Các tứ giác ACMO ; BDMO nội tiếp M  MCO  MAO;MDO  MBO  COD Do đó : AMB  g.g  (0,25đ) Chu.vi. COD OM (MH1  AB)  Chu.vi. AMB MH1 Do MH1  OM nên C A H B O OM 1 MH1  Chu vi COD  chu vi AMB Dấu = xảy ra  MH1 = OM  M  O  M là điểm chính giữa của cung AB Bài 6. Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH P b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. A HD: Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) E B  O H C a) nên theo định lý Ta let áp dụng cho CPB ta có EH CH ;  PB CB (1) Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => =>  POB =  ACB (hai góc đồng vị)  AHC   POB Do đó: AH CH  PB OB (2) Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trung điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có AH 2  (2 R   AH2.4PB2 = (4R.PB - AH.CB).AH.CB  4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2  AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB  AH   P AH.CB AH.CB ) . 2PB 2PB A E  B C O H 4R.CB.PB 4R.2R.PB  2 2 4.PB  CB 4PB 2  (2R) 2 8R 2 . d 2  R 2 2.R 2 . d 2  R 2  4(d 2  R 2 )  4R 2 d2 Bài 7. Cho ABC cân tại A với AB > BC. Điểm D di động trên cạnh AB, ( D không trùng với A, B). Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp BCD . Tiếp tuyến của (O) tại C và D cắt nhau ở K . a/. Chứng minh tứ giác ADCK nội tiếp. b/. Tứ giác ABCK là hình gì? Vì sao? c/. Xác định vị trí điểm D sao cho tứ giác ABCK là hình bình hành. A HD: c/. Theo câu b, tứ giác ABCK là hình thang.  AB // CK Do đó, tứ giác ABCK là hình bình hành  BAC  ACK 1 1 Mà ACK  sđ EC = sđ BD = DCB 2 2 Nên BCD  BAC Dựng tia Cy sao cho BCy  BAC . Khi đó, D là giao điểm của AB và Cy. Với giả thiết AB > BC thì BCA > BAC > BDC .  D  AB . Vậy điểm D xác định như trên là điểm cần tìm. D O B C K Bài 8. Cho đường tròn (O;R) và một điểm A sao cho OA = R 2 . Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Một góc xOy = 450 cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng: a.DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ). 2 3 b. R  DE  R HD: a.áp dụng định lí Pitago tính được AB = AC = R  ABOC là hình B vuông (0.5đ) Kẻ bán kính OM sao cho D BOD = MOD  M MOE = EOC (0.5đ) A E Chứng minh BOD = MOD 0  OMD = OBD = 90 Tương tự: OME = 900  D, M, E thẳng hàng. Do đó DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). b.Xét ADE có DE < AD +AE mà DE = DB + EC  2ED < AD +AE +DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R  DE < R Ta có DE > AD; DE > AE ; DE = DB + EC Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R  DE > Vậy R > DE > O C 2 R 3 2 R 3 Bài 9: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn tâm O bán kính R, kẻ hai tiếp tuyến PA; PB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A đến đường kính BC. a) Chứng minh rằng PC cắt AH tại trung điểm E của AH b) Giả sử PO = d. Tính AH theo R và d. HD: a) Do HA // PB (Cùng vuông góc với BC) b) nên theo định lý Ta let áp dụng cho tam giác CPB ta có P EH CH  ; (1) PB CB A Mặt khác, do PO // AC (cùng vuông góc với AB) => POB = ACB (hai góc đồng vị) =>  AHC   POB AH CH  Do đó: PB OB E B (2)  O H C Do CB = 2OB, kết hợp (1) và (2) ta suy ra AH = 2EH hay E là trug điểm của AH. b) Xét tam giác vuông BAC, đường cao AH ta có AH2 = BH.CH = (2R - CH).CH Theo (1) và do AH = 2EH ta có AH 2  (2 R  2 AH.CB AH.CB ) . 2PB 2PB  AH .4PB = (4R.PB - AH.CB).AH.CB  4AH.PB2 = 4R.PB.CB - AH.CB2  AH (4PB2 +CB2) = 4R.PB.CB  P 2 AH   4R.CB.PB 4R.2R.PB  2 2 4.PB  CB 4PB 2  (2R) 2 A E B 8R 2 . d 2  R 2 2.R 2 . d 2  R 2  4(d 2  R 2 )  4R 2 d2  O C H Bài 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I là trung điểm của BC, M là một điểm trên đoạn CI ( M khác C và I ). Đường thẳng AM cắt (O) tại D, tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AIM tại M cắt BD và DC tại P và Q. a) Chứng minh DM.AI= MP.IB b) Tính tỉ số : MP MQ HD : Ta có : góc DMP= góc AMQ = góc AIC. Mặt khác góc ADB = góc BCA=>  MPD đồng dạng với  ICA => DM MP => DM.IA=MP.CI hay DM.IA=MP.IB  CI IA Ta có góc ADC = góc CBA, Góc DMQ = 1800 - AMQ=1800 - góc AIM = góc BIA. Do đó  DMQ đồng dạng với  BIA => DM MQ => DM.IA=MQ.IB (2)  BI IA MP Từ (1) và (2) ta suy ra =1 MQ (1).