Home Toán họcToán học 9 Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 4

Chuyên đề Đường tròn – Ôn thi tuyển sinh lớp 10 – Phần 4

by AdminTLH

Bài 1. Cho tam giác ABC cân tại A, BC = 6, nội tiếp đường tròn (O) đường kính AA’. M là trung điểm của BC. A’M = 2.

a) Tính bán kính của (O).

b) Kẻ đường kính CC’, \( AK\bot CC’ \) \( \left( K\in CC’ \right) \). Tứ giác AKMC là hình gì? Vì sao?

c) Quay tam giác ABC một vòng quanh trục AM. Tính diện tích xung quanh của hình được tạo thành.

a) Tính bán kính của (O).

Tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm BC  \( \Rightarrow AM\bot BC  \)

Mặt khác, BC là dây cung  \( \Rightarrow OM\bot BC  \).

Do đó, A, O, M, A’ thẳng hàng.

Gọi bán kính của đường tròn (O) bằng R.

Ta có:  \( OM=R-MA’=R-2 \)

Xét tam giác OMB vuông tại M có:

 \( O{{B}^{2}}=O{{M}^{2}}+M{{B}^{2}}\Leftrightarrow {{R}^{2}}={{\left( R-2 \right)}^{2}}+{{3}^{2}} \)

 \( \Leftrightarrow {{R}^{2}}={{R}^{2}}-4R+4+9\Leftrightarrow R=\frac{13}{4} \)

b) Kẻ đường kính CC’, \( AK\bot CC’ \) \( \left( K\in CC’ \right) \). Tứ giác AKMC là hình gì? Vì sao?

Ta có:  \( \widehat{AKC}=\widehat{AMC}={{90}^{O}} \)  \( \Rightarrow  \) Tứ giác AKMC nội tiếp  \( \widehat{CAO}=\widehat{CKM} \) (cùng chắn cung  \( \overset\frown{MC} \))

Mặt khác,  \( \widehat{CAO}=\widehat{OCA} \) (do tam giác OAC cân tại O)

 \( \widehat{CKM}=\widehat{OCA} \) (cùng  \( =\widehat{CAO} \)), mà hai góc này ở vị trí so le trong  \( \Rightarrow MK//AC  \)

Do đó tứ giác AKMC là hình thang.

Ta lại có  \( \widehat{KAM}=\widehat{KCM} \) (cùng chắn cung  \( \overset\frown{KM} \))

Suy ra  \( \widehat{KAM}+\widehat{OAC}=\widehat{KCM}+\widehat{OCA} \)  \( \Rightarrow \widehat{KAC}=\widehat{MCA} \)

Do đó hình thang AKMC có hai góc ở đáy bằng nhau nên là hình thang cân.

c) Quay tam giác ABC một vòng quanh trục AM. Tính diện tích xung quanh của hình được tạo thành.

Khi quay tam giác ABC quanh trục AM ta được hình sinh ra là hình nón.

Trong đó bán kính đáy BM = 3; AB là đường sinh; AM là chiều cao của hình nón.

Ta có:  \( AB=\sqrt{B{{M}^{2}}+A{{M}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}+{{\left( AA’-MA’ \right)}^{2}}}=\sqrt{9-{{\left( 2.\frac{14}{4}-2 \right)}^{2}}}=\sqrt{34} \)

Diện tích xung quanh của hình nón là  \( {{S}_{xq}}=\pi r\ell =\pi .3.\sqrt{34}=3\pi \sqrt{34} \)

Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC), lấy điểm M thuộc cạnh AC. Vẽ đường tròn (O) đường kính MC cắt BC tại E, BM cắt (O) tại N, AN cắt (O) tại D, ED cắt AC tại H.

a) Chứng minh tứ giác BANC nội tiếp.

b) Chứng minh AB // DE và MH.HC = EH2.

c) Chứng minh M cách đều ba cạnh của tam giác ANE.

d) Lấy I đối xứng với M qua A, lấy K đối xứng với M qua E. Tìm vị trí của M để đường tròn ngoại tiếp tam giác BIK có bán kính nhỏ nhất?

a) Chứng minh tứ giác BANC nội tiếp.

Ta có:  \( \widehat{MNC}={{90}^{O}} \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))

Lại có  \( \widehat{BAC}={{90}^{O}} \) (gt)

Do đó tứ giác BANC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)

b) Chứng minh AB // DE và MH.HC = EH2.

Theo câu a) tứ giác BANC là tứ giác nội tiếp nên  \( \widehat{DNC}=\widehat{ABC} \)  (1)

Lại có  \( \widehat{DNC}=\widehat{DEC} \)   (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn  \( \overset\frown{CD} \) của (O))

Từ (1), (2) suy ra  \( \widehat{ABC}=\widehat{DEC} \), suy ra AB // DE (có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau)

Vì AB // DE mà AB  \( \bot  \) AC nên DE  \( \bot  \) AC hay EH  \( \bot  \) MC.

Mà tam giác MEC vuộng tại  E nên  \( MH.HC=E{{H}^{2}} \) (hệ thực lượng trong tam giác vuông)

c) Chứng minh M cách đều ba cạnh của tam giác ANE.

Ta có:  \( \widehat{ANB}=\widehat{ACB} \)   (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn  \( \overset\frown{AB} \) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BANC)

Và  \( \widehat{MNE}=\widehat{MCE} \)  (4) (hai góc nội tiếp cùng chắn \( \overset\frown{ME} \) của (O))

Từ (3), (4) ta được  \( \widehat{ANB}=\widehat{MNE} \) hay NM là phân giác của  \( \widehat{ANE} \)  (5)

Ta có: MC  \( \bot  \) DE mà MC là đường kính của (O) nên H là trung điểm của DE.

Từ đó ta có  \( \Delta ADE  \) cân tại A (tam giác có đường cao đồng thời là đường trung tuyến)

Suy ra AH cũng là phân giác của \(\widehat{EAD}\) trong \(\Delta ADE\)

Hay AM là phân giác của  \( \widehat{NAE} \)   (6)

Từ (5), (6) suy ra M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANE hay M cách đều ba cạnh của tam giác ANE.

d) Lấy I đối xứng với M qua A, lấy K đối xứng với M qua E. Tìm vị trí của M để đường tròn ngoại tiếp tam giác BIK có bán kính nhỏ nhất?

Ta có:  \( \widehat{IBA}=\widehat{MBA} \) (vì  \( \Delta BAI=\Delta BAM  \))

 \( \widehat{MBE}=\widehat{KBE} \)  (vì  \( \Delta BEM=\Delta BEK  \))

Do đó:  \( \widehat{IBK}+\widehat{ICK}=2\widehat{ABM}+2\widehat{MBC}+2\widehat{ACB} \)  \( =2\left( \widehat{ABM}+\widehat{MBC}+\widehat{ACB} \right)=2\left( \widehat{ABC}+\widehat{ACB} \right)={{2.90}^{O}}={{180}^{O}} \)

Suy ra tứ giác IBKC nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180O)

Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác IBK đi qua C.

Gọi O’ là tâm của đường tròn ngoại tiếp giao tuyến IBK và gọi J là trung điểm của BC.

Thì O’J  \( \bot  \) BC (định lí về đường kính và dây cung)

Ta có:  \( O’C\ge JC \) , JC không đổi

Do đó O’C nhỏ nhất khi  \( O’\equiv J  \)

Khi đó O’C = O’I = O’A = JA = JC

Suy ra  \( I\equiv A  \) hay  \( M\equiv A  \)

Bài 3. Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho \( AI=\frac{2}{3}AO  \). Kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.

a) Chứng minh 4 điểm I, E, C, B cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh hai tam giác AME và ACM đồng dạng.

c) Chứng minh AE.AC – AI.IB = AI2.

d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất?

a) Chứng minh 4 điểm I, E, C, B cùng thuộc một đường tròn.

Ta có  \( \widehat{EIB}=\widehat{ECB}={{90}^{O}} \)

Nên tứ giác EIBC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 180O)

Do đó, 4 điểm I, E, C, B cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh hai tam giác AME và ACM đồng dạng.

vì MN  \( \bot  \) AB và AB là đường kính của (O) nên A là điểm chính giữa của cung  \( \overset\frown{MN} \) nhỏ nhất hay  \( \overset\frown{AM}=\overset\frown{AN} \)

Suy ra  \( \widehat{AME}=\widehat{MCA} \) (vì hai góc nội tiếp của (O) chắn hai cung bằng nhau)

Do đó,  \( \Delta AME\backsim \Delta ACM  \)   (g – g) (1)

c) Chứng minh AE.AC – AI.IB = AI2.

Từ (1) suy ra  \( \frac{AE}{AM}=\frac{AM}{AC}\Rightarrow AE.AC=A{{M}^{2}} \)  (2)

Tam giác AMB vuông tại M, có MI là đường cao nên  \( AI.IB=M{{I}^{2}} \)   (3)

Từ (2) và (3) suy ra \(AE.AC-AI.IB=A{{M}^{2}}-M{{I}^{2}}=A{{I}^{2}}\)

d) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất?

Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME.

Theo ý b) ta có  \( \widehat{AME}=\widehat{MCE} \)

Mà  \( sd\widehat{MCE}=sd\frac{\overset\frown{ME}}{2} \) ( \( \overset\frown{ME} \) là cung trên (O’)). Do đó  \( sd\widehat{AME}=sd\frac{\overset\frown{ME}}{2} \)

Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn (O’) (theo định lí đảo về góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).

Mà MA  \( \bot  \) MB nên  \( O’\in MB  \)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên MB.

Ta có:  \( NO’\ge NH  \) nên NO’ nhỏ nhất khi  \( O’\equiv H  \)

Khi đó C là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (O) và (H;HM)

Thông Tin Hỗ Trợ Thêm!

Related Posts

Leave a Comment

error: Content is protected !!