Tiêu đề 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
Bài 3. (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2008). Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB và điểm E bất kỳ nằm trên đường tròn (E khác A, B). Đường phân giác góc AEB cắt đoạn AB tại F và cắt (O) tại điểm thứ 2 là K a. Chứng minh: KAFKEA∽ b. Gọi I là giao điểm của OE với trung trực của EF. Chứng minh (I) bán kính IE tiếp xúc với (O) tại E và tiếp xúc với AB tại F. c. Chứng minh: MN // AB, trong đó M, N lần lượt là giao điểm thứ 2 của AE, BE với (I). d. Tìm GTNN của chu vi tam giác KPQ theo R khi E chuyển động trên (O), với P là giao điểm của NF và AK, Q là giao điểm của MF, BK. Giải a.Vì EK là phân giác của góc AEB nên  AKKBAEKKAB Xét tam giác ,KAFKEA ta có:  AEKKAB va AKE chung. Suy ra (.)KAFKEAgg∽ b. Vì ,()IOEEO nên (;)IIE tiếp xúc với (O; OE) tại E. Vì I nằm trên trung trực của EF nên IE = IF hay (;)FIIE . Ta có:  ,IEFIFEOEKOKE suy ra //,IFEOKEIFOK mà OKAB (do K là điểm chính giữa cung AB) từ đó suy ra (1)IFAB hay (I) bán kính IE tiếp xúc AB tại F. c. Do  90oMENMN là đường kính của (I), hay M, I, N thẳng hàng. Lại có 290oFINFEN nên (2).FIMN Từ (1) và (2) suy ra MN // AB. d. Từ chứng minh ở câu b ta suy ra  9090.ooMFNPFN Ta có EABEKB (cùng chắn cung EB),  EABEMN (đồng vị), EMNEFN (cùng chắn cung EN) suy ra  //,EFNEKBFNBK mặt khác AKKBAKNF tại P suy ra PFQK là hình chữ nhật và tam giác APF vuông cân tại P nên KQ = PF = AP. Ta kí hiệu chu vi tam giác KPQ là c thì .cKPKQPQKPPAKFKAKF Ta có 2,KARKFKOR nên 12cR . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi .FO Hay E là điểm chính giữa cung AB. Bài 4. (Trích đề TS lớp 10 TP Hà Nội – Năm 2009) Cho đường tròn (O; R) và điểm A nằm ngoài (O), kẻ các tiếp tuyến AB, AC đến (O) (B, C là các tiếp điểm). a. Chứng minh: ABOC là tứ giác nội tiếp. b. Gọi E là giao điểm của BC và OA. Chứng minh: BEOA và 2.OEOAR c. Trên cung nhỏ BC của (O) lấy điểm K bất kỳ (K khác B, C). Tiếp tuyến tại K của (O) cắt AB, AC lần lượt tại P, Q. Chứng minh: Chu vi tam giác APQ không đổi khi K chuyển động trên cung nhỏ BC. d. Đường thẳng qua O vuông góc với OA cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại M, N. Chứng minh: .PMQNMN Giải a. Vì AB, AC là các tiếp tuyến của (O) nên  90oABOACO . Tứ giác ABOC có  180oABOACO nên ABOC là tứ giác nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 180).o b. Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có BCAO tại E. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO ta có: 22.OEOAOBR .