TOAN HINH HOC CO YEU TO CHUYEN DONGdoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TOÁN HÌNH HỌC CÓ YẾU TỐ CHUYỂN ĐỘNG Bài 1: Cho tam giác đều ABC, điểm M bất kỳ thuộc cạnh BC. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC; H, O, K lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC, EF, AM. a) Chứng minh ba điểm H, O, K thẳng hàng. 1 1 + 2 2 b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để ME MF đạt giá trị nhỏ nhất.. c) gọi Q là hình chiếu của A trên đường thẳng OM. Chứng minh rằng khi M chuyển động trên cạnh BC thì Q luôn thuộc một đường tròn cố định. A. Q K. N E G. O F. B. a) Có. H. KH = KE =. M. C. AM 2 (tính chất trung tuyến trong tam giác vuông).   EKH = 2.EAH = 2.300 = 600 (góc nội tiếp và góc ở tâm)  tam giác EKH là tam giác đều. Tương tự có tam giác EKH là tam giác đều Suy ra tứ giác EHFK là hình thoi, suy ra H, O, K thẳng hàng. b) Chứng minh được ME + MF = AH 1 1 2 8 8 8 +    = 2 2 2 ME MF ME.MF 4ME.MF (ME+MF) AH 2 dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi. ME = MF hay M là trung điểm cạnh BC c) Kẻ AN // HK (N thộc đường thẳng MO), có AN = 2.OK  AN = 2.OH  GA = 2.GH  G là trọng tâm tam giác ABC nên G là điểm cố định. Q thuộc đường tròn đường kính AG cố định..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 2: Cho trước đoạn thẳng OM có độ dài m, đường tròn tâm O có bán kính R thay đổi (R < m). Vẽ các tiếp tuyến MA, MB với (O, R) trong đó A, B là các tiếp điểm. Vẽ đường kính AC, tiếp tuyến tại C của đường tròn (O, R) cắt AB ở D. MO cắt AB ở I; MC cắt OD ở H. a) Chứng minh tứ giác OIDC nội tiếp. MC2 = MI. MO + AB. AD b) Xác định độ lớn bán kính R của đường tròn (O) để tam giác MAO có diện tích lớn nhất, tìm giá trị đó. c) Chứng minh rằng khi bán kính của đường tròn (O) thay đổi thì điểm H luôn thuộc một cung tròn cố định. a) Có MA = MB OA = OB  MO là trung trực của AH   OID 900 DC là tiếp tuyến của (O)   OCD 900 Tứ giác OIDC có   OID  OCD 1800 nên nội tiếp được.. A. M. K. I. O. H B. C. D. Giải: b) Gọi K là trung điểm của MO ta có MO m  2 (trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông AMO) AK = 2 AI .MO AK .MO m 2 S MAO    2 2 4 Có Dấu bằng xảy ra  AI = AK  AK  MO  Tam giác vuông cân tại A OA  . MO m m 2   2 2 2. m2  Vậy diện tích tam giác MAO đạt giá trị lớn nhất là 4 Đường tròn (O) có bán m 2 kính là 2 MA AO MAO ACD ( g  g )   AC CD c) Ta có MA CO AM AC   mà AO = CO nên AC CD hay CO CD 0   lại có MAC OCD 90  MAC OCD(c  g  c)    AMC COD  tứ giác MAOH nội tiếp được    MAO  MHO 1800.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0 0   mà MAO 90  MHO 90  H thuộc đường tròn đường kính MO ( phần nằm trên nửa mặt phẳng bờ MO chứa điểm B, trừ hai đầu mút M và O) đây là một cung tròn cố định.. Bài 3: Cho điểm H cố định thuộc đoạn thẳng BC cho trước sao cho HB < HC. Qua H kẻ đường thẳng d  BC. A là một điểm di động trên d (A không trùng H). Gọi E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ H xuống AB và AC. a) Chứng minh tứ giác BEFC nội tiếp được. b) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi một điểm cố định. EF c) Xác định vị trí của điểm A trên đường thẳng d sao cho tỉ số AH có giá trị. lớn nhất, tìm giá trị ấy. Đặt HB =a; HC= b ( a; b là số dương cho trước, a <b) Gọi I là giao của đường thẳng EF với đường thẳng BC. Dễ chứng minh được các tứ giác AEHF; BEFC nội tiếp được và IH là tiếp tuyến tại H của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF Có IH2 = IE.IF mà IE.IE = IB.IC nên IH2 = IB.IC  IH2 = (IH-a)(IH +b)  IH2 = IH2 +IH.b – IH.a – ab  IH = ab b  a = const. A. x. F E a I. B. b H. C. mà H cố định, I thuộc đường thẳng BC cố định nên I là điểm cố định. Đặt AH = x (x là số dương thay đổi) 1 1 1 HA2 .HB 2 a 2 .x 2 2    HE   2 2 2 HB 2  HA2 a 2  x 2 Có HE HB HA 2. a 2 .x 2 x 4  AE  x AE  AH  HE  x  2  a2  x2 a  x2 a2  x2 2. 2. 2. 2. AC 2 HC 2  HA2 b 2  x 2  AC  b 2  x 2. x 2 (a  b) EF AE AE.CB  AEF ACB    EF  (a 2  x 2 )( x 2  b2 ) CB AC AC Có EF x(a  b)   2 2 2 2 2 AH (a  x 2 )( x 2  b 2 ) Có (a  x )( x  b ) (a.x  x.b) x(a  b) . EF x(a  b) a x     x  a.b  ABC 2 2 2 2 AH (a  x )( x  b ) 1 x b dấu đẳng thức xảy ra. vuông tại A hay khi A là giao của đường tròn đường kính BC với đường thẳng d EF thì tỉ số AH có giá trị lớn nhất là bằng 1.. Mở rộng: Gọi K là chân đường cao kẻ từ H xuống EF của tam giác HEF.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> HE.HF.EF HE.HF.EF  4R 2x Có 2.S abx abx ab HK  HEF    EF (a 2 +x 2 )(b 2 +x 2 ) (a+b)x (a+b) SHEF . . 0. Bài 4. Cho tam giác ABC có BAC 45 , các góc B và C đều nhọn. Đường tròn đường kính BC cắt AB và AC lần lượt tai D và E. Gọi H là giao điểm của CD và BE. a) Chứng minh AE = BE. b) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp, xác định tâm K của đường tròn đó c) Chứng minh OE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. A. I. E D. H. B. K. O. C. M. Mở rộng: Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BH cắt đường tròn (O) tại M. 0   Nối ME, ta có DME DBE 45 Gọi K là giao của AH với BC, có DEK là tam giác trực tâm của tam giác ABC. 0  Dễ có DKE 90 và KA là phân giác góc DKE do đó KA sẽ đi qua điểm chính giữa cung DE của đường tròn đường kính DE. Thay đổi vai trò: - Cố định đường tròn (O, R) - Cố định dây DE = R 2. - Điểm M thay đổi trên cung lớn DE của đường tròn này - Gọi H là trực tâm tam giác MDE, EH và DH cắt (O, R) tại B, C..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> - A là giao của BD và CE thì AH luôn đi qua điểm cố định là điểm chính giữa cung DE của đường tròn đường kính DE.. Bài 4’: Cho đường tròn  O; R  có dây cung AB cố định và AB R 2. Lấy M  là điểm di động trên cung lớn AB sao cho tam giác MAB có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác MAB và C, D lần lượt là các giao điểm thứ hai của các đường thẳng AH, BH với đường tròn  O  . Giả sử N là giao điểm của các đường thẳng BC và AD..   a) Tính số đo của các góc AOB và MCD. b) Chứng minh CD là đường kính của đường tròn  O  và đoạn thẳng HN có độ dài không đổi. c) Chứng minh rằng đường thẳng HN luôn đi qua một điểm cố định. 2 2 2 2 a) Ta có OA  OB 2R AB Do đó tam giác OAB vuông tại O. Vậy. M.  AOB 900. / / Gọi A , B lần lượt là chân các đường cao kẻ từ các đỉnh A, B của  ABM.  AMB 450 B/ BM. Vì vuông. cân. nên tam giác B/ , tại do. đó.   MCD MBD 45 . / / b) Vì tứ giác A MB H nội tiếp nên   BHC AMB 450. 0. . . Dễ thấy ACB AMB 45 giác BHC vuông cân tại B. . 0. C O. I D. B'. A. A'. H K. B. nên tam. 0. Vì HBC 90 nên CD là đường kính của đường tròn (O). Ta thấy BHC và BDN là các tam giác vuông cân nên BH = BC, BN = BD Do đó  BHN =  BCD (c.g.c)  HN CD 2R. Vậy HN 2R có độ dài không đổi.. E. N. c) Gọi I là giao điểm của các đường thẳng HN và CD thì trong tứ giác nội tiếp 0   BHIC ta có BIH BCH 45.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 0   Tương tự AIH ADH 45 .. . 0. Do đó AIB 90 , tức là I thuộc đường tròn (K) đường kính AB. Gọi E là giao điểm của đường thẳng HN với đường tròn (K) (với E khác I). 0    của đường tròn (K). Vì AIE BIE 45 nên E là điểm chính giữa cung AB Vì A, B cố định nên E là điểm cố định. Vậy HN luôn đi qua điểm E cố định.. Bài 5: Cho đường tròn (O, R) và dây BC = R 3 , điểm A di động trên cung lớn BC. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh AB, AC, BC lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng DE cắt các tia BI, CI thứ tự tại M, N. a) Chứng minh đường thẳng DE luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. b) Chứng minh điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNF. c) Xác định vị trí của điểm A để cho diện tích tam giác MNF đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị đó. A 0  Giải: Dễ cm được BAC 60 a) kẻ BH, CK vuông góc với DE (H, K thuộc đường thẳng DE), K ta có BHKC là hình thang BD 3 BF 3 BH   2 2 Có CE 3 CF 3 CK   2 2 BC 3 3 R  BH  CK   2 2. D. H. E. Q. N. I. O. F. P. M. J. B. C. Lấy P, Q lần lượt là trung điểm của BC và HK, ta có PQ là trung bình của hình thang BHKC.  PQ . 3R 4 và  PQ  HK ( P;. 3R ) 4 cố định.. vậy đường thẳng DE tiếp xúc với đường tròn 0  b) Tam giác ADE đều  ADE 60 0    lại có NIB IBC  ICB 60 nên tứ giác BDNI nội tiếp. mặt khác tứ giác BDIF cũng nội tiếp  BDNIF nội tiếp      MNI DBI FBI FNI  NI là tia phân giác góc MNF tương tự có:     NMI ECI FCI FMI  MI là tia phân giác góc NMF vậy I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNF. c) theo chứng minh trên         MNF CBA; NMF BCA  FMN ACB ( g .g ) và NFM BAC 600  IFN 300.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> S r ( FMN ) 1 1 1 1   FMN   S FMN  S ABC IF 4 kẻ IJ  NF thì IJ = 2 hay r ( ABC ) 2 S ABC 4. diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung lớn BC khi đó. R 2 .3 3  4 vậy….. S ABC. Bài 6: Cho điểm M di chuyển trên cạnh AB của hình vuông ABCD cạnh a (M khác A và B). Gọi N và P là các điểm đối xứng của M lần lượt qua AC và BD. a) Chứng minh N và P đối xứng qua tâm O của hình vuông ABCD. b) Kẻ đường cao MH của tam giác MNP. Chứng minh điểm H luôn thuộc một cung tròn cố định. c) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh AB đường thẳng MH luôn đi qua một điểm cố định. d) Với vị trí nào của điểm M thì tam giác MNP có chu vi nhỏ nhất và tính chu vi đó theo a. K. M. A. B. P H O N. C. D. a) Do AC và BD là các trục đối xứng của hình vuông ABCD nên điểm N thuộc cạnh AD, điểm P thuộc cạnh BC và các tam giác AMN, BMP vuông cân đỉnh A và B. . 0. . . 0. 0. 0. 0. có NMP 180  ( AMN  BMP) 180  (45  45 ) 90 do tính chất đối xứng ta có OM=ON   OMN cân tại O    MON 1800  2.OMN 0   Tương tự MOP 180  2.OMP      MON  MOP 3600  2(OMN  OMP ) 3600  2.900 1800. Suy ra ba điểm N, O, P thẳng hàng Lại có ON = OP = OM suy ra N và P đối xứng qua tâm O..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> . . 0. 0. 0. b) Tứ giác AMHN có MAN  MHN 90  90 180 nên nội tiếp được 0 0    Suy ra AHM  ANM 45 tương tự có BHM 45 0  Nên có AHB 90 do đó H thuộc đường tròn đường kính AB cố định   c) Do AHM  ANM nên MH đi qua điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB d) Có MN  AM . 2; MP BM . 2  MN  MP a 2  MN  MP  PN a 2  PN a 2  a a( 2 1) dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ. khi M là trung điểm của AB, vậy… Bài 7: Cho đoạn thẳng AB = a cố định góc xAy = 45 0 quay xung quanh điểm A. Đường thẳng qua B vuông góc với Ax tại M nó cắt Ay ở điểm E. Đường thẳng qua B vuông góc với Ay tại N nó cắt AX ở điểm F. Chứng minh: a) Bốn điểm A; B; M; N cùng thuộc một đường tròn. b) EF = MN. 2 c) Khi góc xAy quay quanh A thì trung điểm K của đoạn thẳng EF luôn thuộc một đường tròn cố định. d) Xác định vị trí của góc xAy để tam giác AEF có diện tích lớn nhất, tìm giá trị đó. Giải: AB b) Có OM = ON = 2 ( là trung. tuyến ứng với cạnh huyền trong các tam giác vuông AMB và ANB) lại có  MON =  MAN = 2. 450 = 900 (góc ỏ tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung MN của đường tròn đường kính AB) Suy ra tam giác MON vuông cân tại O  MN = OM. 2 hay MN. x F M. K A. H. B. O. N E y. AB. 2 AB  2 2. =. Ta có B là trực tâm tam giác AEF nên AB  EF tại H Suy ra  BAN =  EFN (cùng phụ  FEN) Lại có AN = FN ( do tam giác ANF vuông cân tại N) Suy ra  BAN =  EFN ( G – C - G), Suy ra AB = EF EF 2 hay EF = MN. 2 Như vậy có: MN AB EF c) Có OM = ON = 2 , KM = KN = 2 ( là trung tuyến ứng với cạnh huyền . trong các tam giác vuông EMF và ENF).

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Mà AB = EF suy ra OM = ON = KM = KN suy ra tứ giác MONK là hình thoi Kết hợp với  MON = 900 suy ra tứ giác MONK là hình vuông AB AB 2 như vậy K thuộc đường tròn tâm O bán kính 2 cố định. Do đó OK = MN a a 2 a (1  2) AH  AK  AO  OK    2 2 2 d) Có . 1 1 a(1  2) a 2 (1  2)  .EF . AH  .a.  2 2 2 4 2 1 a(1  2) a (1  2) S AEF  .a.  2 2 4 Hay , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi góc xAy. nhận AB là tia phân giác… Bài 8: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Lấy điểm M trên cạnh CD, điểm N trên 0  cạnh CD sao cho MAN 45 . Đường chéo BD lần lượt cắt AM, AN ở E và F. a) Chứng minh 5 điểm C, E, F, M, N cùng thuộc một đường tròn. b) Tính theo a khoảng cách từ A đến MN. c) Với vị trí nào của M thì tam giác AMN có diện tích nhỏ nhất. B. A. y. E. M. H. F. a-y K D. x. . N. . a-x. 0. C. a) Có EAN EDN 45 nên tứ giác ADNE nội tiếp được 0 0   mà ADN 90  AEN 90 hay NE  AM tương tự có MF  AN 0    có MEN MFN MCN 90 suy ra 5 điểm C, E, F, M, N cùng thuộc đường tròn đường kính MN.   b) Tứ giác MNFE nội tiếp  FNM  AED   Tứ giác ADNE nội tiếp  AED  AND     Suy ra AND FNM hay AND  ANK Suy ra hai tam giác vuông AND và ANK bằng nhau suy ra AK = AD = a. c) Có AND ANK  ND NK x ( x  0) tương tự có MB = MK = y (y > 0) suy ra MN = x + y.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 2 2 2 2 lại có MN  CM  CN  (a  x)  (a  y).  ( x  y )2 (a  x) 2  ( a  y )2  ax  ay a 2  xy xy 4 xy ( x  y) 2 a  a  a 4a 4a 2 2  ( x  y )  4a( x  y )  4a 0  x  y a .  ( x  y  2a)2 8a 2  x  y 2a( 2  1) hay MN 2a( 2  1) 1 1 S AMN  MN . AK  .a.2a( 2  1) a 2 ( 2  1) 2 2 Có. Dấu đẳng thức xảy ra  x  y a ( 2  1)  AM là tia phân giác góc BAC. Bài 9: Cho đường tròn (O) và dây BC cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC (A B, C). Tia phân giác góc ACB cắt (O) tại điểm thứ hai D. Lấy điểm I thuộc đoạn CD sao cho DI = DB. Đường thẳng BI cắt (O) tại điểm thứ hai là K. a) Chứng minh tam giác KAC cân. b) Chứng minh đường thẳng AI luôn đi qua điểm cố định là J. c) Tìm vị trí của A sao cho AI có độ dài lớn nhất. d) Trên tia đối tia AB lấy điểm M sao cho AM = AC. Chứng minh rằng khi A di động trên cung lớn BC của (O) thì M luôn thuộc một cung tròn cố định. M. A. D. X. K. X O I. C. B. J.      a) Tam giác DIB cân tại D  DBI DIB mà DIB IBC  ICB.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>         và DBI KCI KCA  ACD KBA  ICB  ABI CBI  I là tâm đường nội tiếp tam giác ABC  BI là tia phân giác góc B  K là điểm chính giữa cung nhỏ AC  Tam giác KAC cân đỉnh K. b) Vì I là tâm đường nội tiếp tam giác ABC  AI đi qua trung điểm J của cung nhỏ BC c) Tam giác JBI cân đỉnh J  JI = JB = const  AI = AJ – IJ = AJ – const lớn nhất khi AJ lớn nhất  AJ là đường kính của (O)  A là điểm chính giữa cung lớn BC.         d) Có DBI KCI KCA  ACD KBA  ICB  ABI CBI. Bài 10: Hai đường tròn (O1 ), (O2 ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B . Đường thẳng vuông góc với AB tại B cắt lại (O1 ) tại C và cắt lại (O2 ) tại D. Một đường thẳng quay quanh B cắt các đường tròn (O1 ), (O2 ) theo thứ tự tại giao điểm thứ hai E , F . AE a) Chứng minh tỉ số AF không đổi. b) Các đường thẳng EC , DF cắt nhau tại G. Chứng minh rằng tứ giác. AEGF nội tiếp.. c) Chứng minh rằng, khi đường thẳng EF quay xung quanh B thì tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF luôn thuộc một đường tròn cố định. A. O1. E. O2. I. C. B D F. G. a) Xét hai tam giác ACD, AEF ta có AEF  AEB  ACB  ACD  (cùng chắn cung AB của (O1 ) )      AFE  AFB  ADB  ADC (cùng chắn cung AB của (O2 ) ) Suy ra AEF ACD . AE AC R1   const AF AD R2 Do đó. .

<span class='text_page_counter'>(12)</span> b) Do. CD  AB nên AC là đường kính của (O1 ) và AD là đường kính của (O2 ). 0   0 Suy ra AEG  AEC 90 , và AFG  AFD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0   Từ đó, tứ giác AEGF có AEG  AFG 90 do đó nội tiếp trong đường tròn đường kính AG c) Chứng minh tương tự phần 2, cũng được tứ giác ACGD nội tiếp. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEGF. Khi đó I là trung điểm AG. Suy ra. IO1 || CG , IO2 || DG. 0 0     Từ đó AO1 I  ACG 180  ADG 180  AO2 I . Từ đó, do O1 , O2 khác phía với AI. I   AO1O2  suy ra tứ giác AO1IO2 nội tiếp, hay cố định.. Bài 11: Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn. Qua điểm M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Gọi D là điểm  (D không trùng với A, B và điểm chính giữa của cung) di động trên cung lớn AB và C là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O; R). a) Giả sử H là giao điểm của OM với AB. Chứng minh rằng MH.MO = MC.MD, từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác HCD luôn đi qua một điểm cố định. b) Chứng minh rằng nếu dây AD song song với đường thẳng MB thì đường thẳng AC đi qua trọng tâm G của tam giác MAB. c) Kẻ đường kính BK của đường tròn (O; R), gọi I là giao điểm của các đường thẳng MK và AB. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MBI theo R, khi biết OM = 2R. K. A. I. D. C M. H. O. E. B 2 a) Vì tam giác AOM vuông tại A có AH  OM nên MH.MO MA ..   Mặt khác MAC ADC nên  MAC đồng dạng  MDA (g.g), do đó.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> MA MC   MC.MD MA 2 MD MA MH.MO MC.MD Vậy MH MC  Khi đó MD MO   MHC MDO  MHC MDO.. Do đó đồng dạng Từ đó suy ra OHCD nội tiếp, vì vậy đường tròn ngoại tiếp  HCD luôn đi qua điểm O cố định.   b) Giả sử AC cắt MB tại E, vì CBE EAB nên  EBC đồng dạng  EAB. Do đó EB EC   EA.EC EB2 . EA EB    EMC MDA MAC.. Vì AD // MB nên. Do đó  EMC đồng dạng  EAM. EM EC   EA.EC EM 2 . EA EM. Vậy EB = EM, tức là E là trung điểm của MB. Tam giác MAB có MH và AE là các đường trung tuyến, nên AC luôn đi qua trọng tâm G của  MAB. . 0. c) Vì OM = 2R nên MAB là tam giác đều, do đó MBA 60 . Kẻ đường kính MN của đường tròn ngoại tiếp  BMI thì trong tam giác vuông IMN ta có.  sin INM . IM IM 2IM  MN   0 MN sin 60 3. (1). IM MH  . Ta có AK // MO nên HIM đồng dạng AIK (g.g). Do đó IK AK R 3R IM 3 3IK OH  MH    IM  2 nên AK = R và 2 , do đó IK 2 2 Dễ thấy IH 3 IH 3    . IA 2 AH 5 Mặt khác. (2). R 3 3R 3 R 3 IH  , IA  . 2 nên 10 5 Vì 2R 7 3R 7 IK  IM  5 , do đó 5 Khi đó (3) AH . R/ . R 21 . 5. Vậy đường tròn ngoại tiếp  BMI có bán kính Bài 12. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R (R > 0). M, N là hai điểm  thuộc nửa đường tròn đó sao cho M thuộc AN và tổng khoảng cách từ A, B đến MN bằng R 3 a) Tính độ dài MN theo R b) Gọi giao điểm của AN và BM là I, giao điểm của AM và BN là K. Chứng minh rằng 4 điểm M, N, I, K cùng nằm trên một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó theo R.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> c) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác KAB theo R khi MN thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết của bài toán Giải: a) Gọi P, G, H lần lượt là hình chiếu của A, B, O lên MN  hình thang ABGP có OH là đường trung bình: K . OH . AP  BG R 3  2 2. MN 2MH 2 R 2 . 3R 2 R 2  R 4 2. Suy ra:  ΔOMN là tam giác đều 0   b) Ta có: KMI KNI 90  KMON nội tiếp đường tròn đường kính KI c) Gọi J là tâm đường tròn đường kính KI 0 0   Ta có: KAN 30  AKN 60 0 0    MJN 120  MJH 60  ΔMJH là nửa tam giác đều MH . N. J M P A. G. H I O. MJ 3 2MH 2 3MH 2 3.R 3R  MJ     2 3 3.2 3 3. Do đó: d) K nằm trên cung chứa góc 600 dựng trên đoạn AB 1 SAKB  h.2R hR 2 Gọi chiều cao kẻ từ K đến AB là h ta có: lớn nhất  h lớn nhất AB 3 h  3R 2 Mà h ≤ OK dấu “=” xảy ra  h  AB tại O  ΔABK đều  2 Vậy: max SKAB R 3. Bài 13: Cho đoạn thẳng AB = 2a có trung điểm là O. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB kẻ các tia Ax, By vưông góc với AB, một đường thẳng d thay đổi cắt Ax ở M, cắt By ở N sao cho luôn có: AM.BN = a2. a, Chứng minh rằng: AOM đồng dạng với BNO và góc MON vuông b, gọi H là hình chiếu của O trên MN, Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn tiếp xúc với một nửa đường tròn cố định tại H . c, Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác MON chạy trên một tia cố định. d, Tìm vị trí của (d) sao cho chu vi AHB đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất đó. HD a, Chứng minh rằng: AOM đồng dạng với BNO và góc MON vuông Từ AM.BN = a2 =>. AM a AM OA = ⇒ a BN OB BN. và góc MAO = góc NBO = 900 (gt) => Δ AOM đồng dạng Δ BNO (c.g.c). B.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> => Góc O1 = góc N1 , góc O2 = góc M2 mà tổng góc N1 +O2 = 900 => O1 + O2 = 900 => góc MON = 900 b, Tứ giác AMHO nội tiếp nên góc O1= H1 Tứ giác OBNH nội tiếp nên góc O2 = H2 mà O1 +O2 =900 => H1 + H2 = 900 => góc BHA= 900 => H (O;a) lại có OH d tại H => d tiếp xúc (O;a) cố định c, Gọi I là trung điếm MN, dễ dàng chứng minh được OI AB tại O => I chạy trên tia Oz thuộc đường trung trực [AB] cố định d, Chu vi tam giác AHB = AH+HB+AB mà AB = 2a không đổi => AH +HB+AB lớn nhất khi và chỉ khi AH+HB lớn nhất Áp dụng BĐT bunhiacôpxki ta có: (AH+HB)2  2(AH2 + HB2) = 2AB2 = 8a2 => AH + MB  2 √ 2 a 1+ √2 Từ đó => chu vi tam giác AHB  2a + 2 2 a=2 a¿ √ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi HA= HB <=> cung MA = cung MB <=> H  H1 là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) Vậy chu vi tam giác AHB lớn nhất bằng 2a(1+ √ 2 ) <=> ( d) đi qua H1 mà vẫn thoả mãn AM.BN = a2 Bài 14 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AD. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, E là một điểm trên cung BC không chứa điểm A. 1. Chứng minh rằng tứ giác BHCD là hình bình hành. 2. Gọi P và Q lần lượt là các điểm đối xứng của E qua các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng 3 điểm P, H, Q thẳng hàng. 3. Tìm vị trí của điểm E để PQ có độ dài lớn nhất. Vì H là trực tâm tam giác ABC nên BH  AC (1) Mặt khác AD là đường kính của đường tròn tâm O nên DC  AC (2) Từ (1) và (2) suy ra BH // DC. Hoàn toàn tương tự, suy ra BD // HC. Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành ( Vì có 2 cặp cạnh đối song song). Theo giả thiết, ta có: P đối xứng với E qua AB suy ra AP=AE PAB EAB . PAB EAB ( c.g. c )  APB AEB. Lại có AEB ACB ( góc nội tiếp cùng chắn một cung)  APB ACB 0 0 Mặt khác AHB  ACB 180  APB  AHB 180  tứ giác APHB là tứ giác. nội tiếp  PAB PHB ( góc nội tiếp cùng chắn một cung).

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Mà PAB EAB  PHB EAB Hoàn toàn tương tự, ta có: CHQ EAC .Do đó: PHQ PHB  EHC  CHQ BAE  EAC  BHC  BAC  BHC 1800. Suy ra ba điểm P, H, Q thẳng hàng Vì P, Q lần lượt là điểm đối xứng của E qua AB và AC nên ta có AP = AE = AQ suy ra tam giác APQ là tam giác cân đỉnh A Mặt khác, cũng do tính đối xứng ta có PAQ 2BAC ( không đổi) Do đó cạnh đáy PQ của tam giác cân APQ lớn nhất khi và chỉ khi AP, AQ lớn nhất  AE lớn nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ khi AE là đường kính của đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC  E  D.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>