Home Toán họcToán học 9 Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 2

Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 2

by AdminTLH

Bài 1. Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm O. A là điểm bất kỳ trên cung lớn BC. Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.

a) Chứng minh các tứ giác HDBF, BCEF nội tiếp.

b) Chứng minh DA là phân giác của góc EDF.

c) Gọi K là điểm đối xứng của A qua tâm O. Chứng minh HK đi qua trung điểm của đoạn BC.

d) Giả sử \( \widehat{BAC}={{60}^{0}} \). Chứng minh tam giác AHO là tam giác cân.

a) Chứng minh các tứ giác HDBF, BCEF nội tiếp.

Chứng minh HDBF nội tiếp

Chứng minh tương tự BCEF nội tiếp

b) Chứng minh DA là phân giác của góc EDF.

Tứ giác HDBF nội tiếp  \( \Rightarrow \widehat{HDF}=\widehat{HBF} \) (Tính chất tứ giác nội tiếp)

Chứng minh tứ giác HDCE nội tiếp  \( \Rightarrow \widehat{HDE}=\widehat{HCE} \) (Tính chất tứ giác nội tiếp)

Lại có  \( \widehat{HBF}=\widehat{HCE} \) (vì cùng cộng với  \( \widehat{BAC} \) bằng 90O)

 \( \Rightarrow \widehat{HDF}=\widehat{HDE} \)

 \( \Rightarrow  \) DA là phân giác của  \( \widehat{EDF} \) (đpcm)

c) Gọi K là điểm đối xứng của A qua tâm O. Chứng minh HK đi qua trung điểm của đoạn BC.

Chứng minh: BH // CK (cùng vuông góc với AC)

CH // BK (cùng vuông góc với AB)

Suy ra BHCK là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)

 \( \Rightarrow  \) HK cắt BC tại trung điểm của đoạn BC (tính chất hình bình hành)

d) Giả sử \( \widehat{BAC}={{60}^{0}} \). Chứng minh tam giác AHO là tam giác cân.

Gọi trung điểm BC là M.

Suy ra OM vuông góc với BC và  \( OM=\frac{1}{2}AH  \)

Ta có: \( \widehat{MOC}=\widehat{BAC}={{60}^{O}}\) (đều bằng một nửa góc  \( \widehat{BOC} \))

Suy ra  \( OM=\frac{1}{2}OC=\frac{1}{2}AO  \)

Do đó: AH = AO. Vậy tam giác AHO cân tại A.

Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), đường kính BC (AB > AC). Từ A kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt tia BC tại M. Kẻ dây AD vuông góc với BC tại H.

a) Chứng minh rằng AMDO nội tiếp.

b) Giả sử \( \widehat{ABC}={{30}^{0}} \). Tính diện tích viên phân giới hạn bởi dây AC và cung AC nhỏ theo R.

c) Kẻ AN vuông góc với BD (N thuộc BD), gọi E là trung điểm của AN, F là giao điểm thứ hai của BE với (O), P là giao điểm của AN với BC, Q là giao điểm của AF với BC.

+ Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.

+ Chứng minh BH2 = BP.BQ.

d) Từ F kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD và AM lần lượt tại I và K. Chứng minh rằng F là trung điểm IK.

a) Chứng minh rằng AMDO nội tiếp.

Dễ dàng chứng minh được  \( \widehat{ODM}={{90}^{O}} \)  \( \Rightarrow  \) Tứ giác AODM nội tiếp (tổng hai góc đối bằng 180O)

b) Giả sử \( \widehat{ABC}={{30}^{0}} \). Tính diện tích viên phân giới hạn bởi dây AC và cung AC nhỏ theo R.

 \( \widehat{ABC}={{30}^{O}}\Rightarrow \widehat{ACB}={{60}^{O}} \)  \( \Rightarrow \Delta AOC  \) đều  \( \Rightarrow {{S}_{\Delta AOC}}=\frac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{4} \)

 \( {{S}_{quat\text{ }AOC}}=\frac{\pi {{R}^{2}}n}{360}=\frac{\pi {{R}^{2}}.60}{360}=\frac{\pi {{R}^{2}}}{6} \)

\(\Rightarrow {{S}_{vien\text{ phan CFA}}}={{S}_{quat\text{ }AOC}}-{{S}_{\Delta AOC}}\) \(=\frac{\pi {{R}^{2}}}{6}-\frac{\sqrt{3}{{R}^{2}}}{4}=\frac{{{R}^{2}}\left( 2\pi -3\sqrt{3} \right)}{12}\)

c) Kẻ AN vuông góc với BD (N thuộc BD), gọi E là trung điểm của AN, F là giao điểm thứ hai của BE với (O), P là giao điểm của AN với BC, Q là giao điểm của AF với BC.

+ Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.

Xét (O) có  \( \widehat{BAD}=\widehat{BFA}=\frac{1}{2}sd\overset\frown{AB} \) (góc nội tiếp)

Mà EH là đường trung bình của  \( \Delta AND  \)  \( \Rightarrow EH//ND\Rightarrow \widehat{AHE}=\widehat{ADN} \) (hai góc ở vị trí so le)

 \( \widehat{AFE}=\widehat{AHE} \) \( \Rightarrow \)  AEHF nội tiếp (hai hóc kề bằng nhau cùng chắn cung \( \overset\frown{AE} \))

+ Chứng minh BH2 = BP.BQ.

Ta có:

 \( \widehat{BEP}=\widehat{AEF} \) (đối đỉnh)

 \( \widehat{AEF}=\widehat{AHF}=\frac{1}{2}\overset\frown{FA} \) (tứ giác AEHF nội tiếp)

 \( \widehat{AHF}=\widehat{AQH} \) (cùng phụ với  \( \widehat{QHF} \))

Suy ra  \( \widehat{BEP}=\widehat{BQF} \)

Xét tam giác BPE và tam giác BFQ có:

 \( \widehat{B} \)

 \( \widehat{BEP}=\widehat{BQF} \) (chứng minh trên)

Suy ra \(\Delta BPE\backsim \Delta BFQ\Rightarrow \frac{BP}{BF}=\frac{BE}{BQ}\) \(\Rightarrow BP.BQ=BE.BF\)  (1)

Chứng minh tương ứng, ta có  \( \Delta BEH\backsim \Delta BHF\Rightarrow \frac{BE}{BH}=\frac{BH}{BF} \)  \( \Rightarrow B{{H}^{2}}=BE.BF  \) (2)

Từ (1) và (2) suy ra:  \( B{{H}^{2}}=BP.BQ  \)

d) Từ F kẻ đường thẳng song song với BC cắt AD và AM lần lượt tại I và K. Chứng minh rằng F là trung điểm IK.

Ta có:  \( \widehat{HAM}=\widehat{NBA}\left( =\frac{1}{2}sd\overset\frown{AD} \right) \)

Khi đó:  \( \Delta HAM\backsim \Delta NBA\Rightarrow \frac{BN}{AH}=\frac{AN}{HM} \)

Mặt khác:  \( \widehat{EBN}=\widehat{HAQ}\left( =\frac{1}{2}sd\overset\frown{AF} \right) \)

Suy ra:  \( \Delta EBN\backsim \Delta QAH\Rightarrow \frac{BN}{AH}=\frac{EN}{QH} \)

Khi đó:  \( \frac{AN}{HM}=\frac{EN}{QH} \)mà E là trung điểm AN\(\Rightarrow EN=\frac{1}{2}AN\) \(\Rightarrow HQ=\frac{1}{2}HM\Rightarrow HQ=QM\)

Do IK // HM  \( \Rightarrow \frac{IF}{HQ}=\frac{FK}{QM}\Rightarrow FI=FK  \)  \( \Rightarrow  \) F là trung điểm IK

Bài 3. Cho (O; R) đường kính AB cố định. Dây CD di động vuông góc với AB tại điểm H nằm giữa hai điểm A và O. Lấy điểm F thuộc cung AC nhỏ; BF cắt CD tại E; AF cắt tia CD tại I.

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEF là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng HA.HB = HE.HI

c) Đường tròn ngoại tiếp \( \Delta IEF \) cắt AE tại điểm thứ hai M. Chứng minh: M thuộc (O; R).

d) Tìm vị trí của H trên OA để \( \Delta OHD \) có chu vi lớn nhất.

a) Chứng minh rằng tứ giác AHEF là tứ giác nội tiếp.

Xét (O): \(\widehat{AFB}={{90}^{O}}\) (giá trị nguyên chắn nửa đường tròn)

Mà  \( \widehat{AHE}={{90}^{O}} \) (CD  \( \bot  \) AB tại H)  \( \Rightarrow \widehat{AFE}+\widehat{AHE}={{180}^{O}} \)

Xét tứ giác AHEF:

 \( \widehat{AFE}+\widehat{AHE}={{180}^{O}} \) (cmt)

Mà  \( \widehat{AFE} \) và  \( \widehat{AHE} \) là hai góc đối nhau

Suy ra tứ giác AHEF là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh rằng HA.HB = HE.HI

Chứng minh  \( \widehat{AIH}=\widehat{HBE} \) (cùng phụ  \( \widehat{BAI} \))

Xét  \( \Delta HBE  \) và  \( \Delta HIA  \):

 \( \widehat{AHI}=\widehat{EHB}={{90}^{O}} \)

 \( \Rightarrow \Delta HBE\backsim \Delta HIA  \) (g-g)

 \( \Rightarrow \frac{HB}{HI}=\frac{HE}{HA} \)  \( \Rightarrow HA.HB=HE.HI  \) (đpcm)

c) Đường tròn ngoại tiếp \( \Delta IEF \) cắt AE tại điểm thứ hai M. Chứng minh: M thuộc (O; R).

Gọi (O’) là đường tròn ngoại tiếp  \( \Delta IEF  \). Vì  \( \Delta IEF  \) vuông tại F nên O’ là trung điểm IE.

Xét (O’): \(\widehat{FIE}=\widehat{FME}\) (2 góc nội tiếp chắn cung \(\overset\frown{FE}\))

Mà  \( \widehat{FIE}=\widehat{ABF} \) (cmt)

 \( \Rightarrow \widehat{FMA}=\widehat{FBA}\left( =\widehat{FME} \right) \)

Xét tứ giác AFMB, ta có:

 \( \widehat{FMA}=\widehat{FBA} \) (cmt)

Mà M và B là hai đỉnh kề nhau

 \( \Rightarrow  \)Tứ giác AFMB là tứ giác nội tiếp

 \( \Rightarrow  \) A, F, M, B cùng thuộc một đường tròn. Mà A, F, B thuộc (O) nên  \( M\in \left( O \right) \)

d) Tìm vị trí của H trên OA để \( \Delta OHD \) có chu vi lớn nhất.

Ta có: Chu vi  \( {{C}_{\Delta OHD}}=OH+OD+HD=\left( OH+HD \right)+R  \)

 \( {{\left( OH+HD \right)}^{2}}=O{{H}^{2}}+H{{D}^{2}}+2OH.HD={{R}^{2}}+2OH.HD  \)

Ta có:  \( O{{H}^{2}}+H{{D}^{2}}\overset{\text{Cosi}}{\mathop{\ge }}\,2\sqrt{O{{H}^{2}}.H{{D}^{2}}}=2OH.HD  \)

 \( \Leftrightarrow 2OH.HD\le {{R}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( OH+HD \right)}^{2}}\le 2{{R}^{2}} \) \( \Leftrightarrow OH+HD\le R\sqrt{2} \)

Chu vi:  \( {{C}_{\Delta OHD}}\le R\sqrt{2}+R  \) \( \Rightarrow {{\left( {{C}_{\Delta OHD}} \right)}_{\max }}=R\sqrt{2}+R\Leftrightarrow OH=OD \)

 \( \Leftrightarrow \Delta OHD  \)vuông cân tại H  \( \Leftrightarrow  \)H thuộc OA thỏa mãn  \( OH=\frac{\sqrt{2}}{2}R  \)

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Related Posts

Leave a Comment

error: Content is protected !!