Title CHƯƠNG VIII. CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC.doc ✅

CHƯƠNG VII. CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC Bài 1. (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2006) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB, C là trung điểm của OA và dây MNOA^ tại C. Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm của AK, MN. a. Chứng minh: BCHK là tứ giác nội tiếp. b. Tính AH.AK theo R. c. Xác định vị trí K để KM + KN + KB lớn nhất. Tính GTLN đó. Giải a. Do K nằm trên · ;90 2 oAB OAKBæö ÷ç Þ=÷ç ÷ç èø Lại có  90oHCB (giả thiết) suy ra 180oAKBHCB nên tứ giác BCHK nội tiếp. (Tổng hai góc đối bằng 180o ). b. Ta có (.)ACHAKBgg∼ nên 2 ..2 2 AHABR AHAKACABRR ACAK c. Đây là một câu hỏi khá hay. Nếu bạn nào biết định lý Ptolemy hoặc định lý Shooten thì bài toán được giải quyết. Cách tiếp cận thứ nhất: Nhận thấy tam giác BMN cân tại B và tam giác AMO đều (do AMO cân tại O và tại M) suy ra tam giác BMN đều nên  01 s® 60. 2NKBNB Trên dây KN lấy điểm P sao cho KP = KB thì tam giác KPB đều. Xét tam giác MKB và NPB ta có: 0 ,,120KBBPMBNBMKBNPB suy ra (..)MKBNPBcgc .KMPNKMKBKN Vậy 2.KMKNKBKN Dễ thấy 2KNR nên 4,KMKNKBR dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi K, O, N thẳng hàng. Từ đó suy ra điểm K là giao điểm của NO với (O) (K khác N). Cách 2: Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp KMNB ta có: ...KMBNKBMNKNMB chú ý rằng: BMBNMN suy ra KMKBKN . Phần còn lại ta làm như trên. 1.1. Định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Khi đó ta có: ...ABCDADBCACBD Chứng minh: Trên đường chéo BD lấy điểm E sao cho  .DAEBAC Ta có DAEBAC và ADEACB (cùng chắn  AB ) nên (.)ADDE ADEACBgg ACBC∽ ..(1).ADBCACDE Do  DAECAB nên ,DACEAB lại có  ABEACD (cùng chắn )AD (.)..(2)ABBE ABEACDggABCDACBE ACCD∽ Từ (1) và (2) suy ra ..().ABCDADBCACBEDEACBD 1.2. Định lý Shooten Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng với mỗi điểm M bất kỳ nằm trên đường tròn (O) thì một trong ba đoạn MA, MB, MC có một đoạn có độ dài bằng tổng độ dài hai đoạn kia. Chứng minh Xét điểm M nằm trên cung nhỏ BC.
Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABMC, ta có ...MABCMBACMCAB Vì ABACBC nên MAMBMC Tương tự nếu điểm M nằm trên cung nhỏ AC và AB thì ta lần lượt có MBMCMA và MCMAMB Suy ra đpcm. Cách khác để chứng minh: MAMBMC (trường hợp điểm M nằm trên các cung AB, AC tương tự). Trên MA lấy điểm I sao cho MIMB ta cần chứng minh .MCAI Thật vậy, ta có  60oBMIACB mà MBMI nên tam giác BIM đều, do đó BIBM và  60oIBM Ta lại có  60oABC nên ABCIBM , suy ra .CBMABI Dễ dàng chứng minh được (..)BCMBAIcgc nên .MCAI Bài 2. (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2007) Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với (d) tại A. Trên (d) lấy điểm H không trùng với A và AHR . Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với (d), đường thẳng này cắt (O) tại B, E (E nằm giữa B và H). a. Chứng minh: ABEEAH và ABHEAH∽ b. Lấy C trên (d) sao cho H là trung điểm của AC, CE cắt AB tại K. Chứng minh: AHEK là tứ giác nội tiếp. c. Tìm vị trí của H để 3ABR Giải a. Do AH là tiếp tuyến của (O) tại A nên  1 s® . 2ABEEAHAE Xét tam giác ,ABHEAH ta có: AHB chung và ABEEAH (.)ABHEAHgg∽ . b. Vì E nằm trên trung trực của AC nên  EAHECH lại có:  EAHEBA suy ra ECHEBA . Suy ra (.)ABHACKgg∽ suy ra  90.oCKABHA Tứ giác AHKE có 180oAHEEKA suy ra AHKE nội tiếp (Tổng hai góc đối bằng 180)o c. Khi 3ABR thì sđ 120oAEB Do tam giác ABC cân tại B nên 3ABBCR lại có  1206030oooAEBBECHEAHAE 3 30. 2 oR HBAAH Vậy điểm H nằm trên (d) sao cho 3 2 R AH để 3ABR

c. Vì điểm A cố định nằm ngoài (O)nên AB, AC cố định suy ra ABAC không đổi. Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có: ,PKPBQKQC suy ra chu vi tam giác APQ là: APAQPQAPAQPBQCABAC không đổi. d. Giả sử BK cắt PO tại I, CK cắt OQ tại J thì  90oKIOKJO nên tứ giác KIOJ nội tiếp nên  //KOJKIJQKCKBCIJBC hay .IJAO Từ đó ta có:  90.oBPOBKOIJOJAOQON Xét MOP và NQO có:  PMOONQ và  MPOQON suy ra 2 (.)... 4PMONMN MOPNQOggPMQNOMON OMQN∽ Ta cũng có: 222 ()() .. 444  PMQNPMQNMN PMQNPMQNMN Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi //PMQNPQMN hay K là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Nhận xét: Đây là bài toán khá hay trong đề tuyển sinh vào lớp 10 của TP Hà Nội. Một số bài toán ôn tập thêm: 1. Cho đường tròn tâm O và điểm A nằm ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O) với B, C là các tiếp điểm. Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M rồi kẻ các đường vuông góc MI, MH, MK xuống BC, CA, AB. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng BM và IK, CM và IH. a. Chứng minh: các tứ giác BIMK, CIMH là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh: 2.MIMHMK c. Chứng minh: IPMQ nội tiếp rồi suy ra .PQMI Tìm vị trí điểm M để MI.MH.MK đạt GTLN. Giải a. Từ giả thiết:  90oBKMBIM suy ra tứ giác BKMI nội tiếp. Tương tự cho tứ giác CIMH, AKMH b. Vì tứ giác BKMI nội tiếp nên: MKIMBI (cùng chắn cung MI). Mặt khác ta có:  MBIMCH (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung). Nhưng  MCHMIH (cùng chắn cung MH của tứ giác nội tiếp MHCI). Suy ra MKIMIH Hoàn toàn tương tự ta có: MIKMHI nên MIKMHI∽ (g.g). Suy ra 2 .MIMH MIMHMK MKMI c. Ta có:  180oPMQPIQBMCPIMQIMBMCMBAMCABMCMCBMBC Do đó tứ giác PIQM nội tiếp (Tổng hai góc đối nhau bằng 180).O Vì PIQM nội tiếp suy ra  MPQMIQMKIMBI suy ra //PQBC hay .MIPQ d. Từ chứng minh ở câu b) ta có 23...MIMHMKMIMIMHMK . Suy ra ..MIMHMK lớn nhất khi và chỉ khi MI lớn nhất. Hay M là điểm chính giữa cung nhỏ BC không chứa A.