Bài 1: Cho hình thang cân ABCD (AB > CD, AB // CD) nội tiếp trong đường tròn (O). Kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và D chúng cắt nhau ở E. Gọi M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
1. Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh AB // EM.
3. Đường thẳng EM cắt cạnh bên AD và BC của hình thang lần lượt ở H và K.
Chứng minh M là trung điểm HK.
4. Chứng minh \[\frac{2}{HK}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{CD}\]
Bài giải chi tiết (hình 01)
1. Chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp
.png)
Ta có: \[\widehat{EAC}=\frac{1}{2}sd\overset\frown{AC}\] (góc tạo bởi tia tiếp tuyến AE và dây AC của đường tròn (O))
Tương tự: \[\widehat{xDB}=\frac{1}{2}sd\overset\frown{DB}\] (Dx là tia đối của tia tiếp tuyến DE)
Mà AC = BD (do ABCD là hình thang cân) nên \[\overset\frown{AC}=\overset\frown{BD.}\] Do đó \[\widehat{EAC}=\widehat{xDB}.\]
Vậy tứ giác AEDM nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh AB // EM
Tứ giác AEDM nội tiếp nên \[\widehat{EAD}=\widehat{EMD}\] (cùng chắn cung ED). Mà \[\widehat{EAD}=\widehat{ABD}\] (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung với góc nội tiếp cùng chắn cung AD).
Suy ra: \[\widehat{EMD}=\widehat{ABD}.\] Do đó EM//AB.
3. Chứng minh M là trung điểm HK
ΔDAB có HM // AB ⇒ \[\frac{HM}{AB}=\frac{DH}{DA}.\]
ΔCAB có MK // AB ⇒ \[\frac{MK}{AB}=\frac{CK}{CB}.\]
Mà \[\frac{DH}{DA}=\frac{CK}{CB}\] (định lí Ta let cho hình thang ABCD).
Nên \[\frac{HM}{AB}=\frac{MK}{AB}.\]
Do đó MH = MK.
Vậy M là trung điểm HK.
4. Chứng minh \[\frac{2}{HK}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{CD}.\]
Áp dụng hệ quả định lí Ta let cho tam giác ADB có HM // AB ta được: \[\frac{HM}{AB}=\frac{DM}{DB}\] (1).
Áp dụng hệ quả định lí Ta let cho tam giác BCD có KM // CD ta được: \[\frac{KM}{CD}=\frac{BM}{BD}\] (2).
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được:
\[\frac{HM}{AB}+\frac{KM}{CD}=\frac{DM}{DB}+\frac{BM}{BD}=\frac{DM+BM}{BD}=\frac{BD}{BD}=1\]
Suy ra: \[\frac{2HM}{AB}+\frac{2KM}{CD}=2.\]
mà MH = MK nên 2HM = 2KM = HK.
Do đó: \[\frac{HK}{AB}+\frac{HK}{CD}=2.\]
Suy ra: \[\frac{2}{HK}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{CD}\] (đpcm).
Lời bàn:
1. Do AC = BD ⇒ \[\overset\frown{ADC}=\overset\frown{BCD}\] nên để chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp ta sử dụng phương pháp: Nếu tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc đối của đỉnh của đỉnh đó thì tứ giác đó nội tiếp. Với cách suy nghĩ trên chỉ cần vẽ tia Dx là tia đối của tia tiếp tuyến DE thì bài toán giải quyết được dễ dàng. Có thể chứng minh tứ giác AEDM nội tiếp bằng cách chứng minh khác được không? (phần này dành cho các em suy nghĩ nhé)
2. Câu 3 có còn cách chứng minh nào khác không? Có đấy. Thử chứng minh tam giác AHM và tam giác BKM bằng nhau từ đó suy ra đpcm.
3. Câu 4 là bài toán quen thuộc ở lớp 8 phải không các em? Do đó khi học toán các em cần chú ý các bài tập quen thuộc nhé. Tuy vậy câu này vẫn còn một cách giải nữa đó. Em thử nghĩ xem?
Bài 2: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB= 2R, dây cung AC. Gọi M là điểm chính giữa cung AC. Đường thẳng kẻ từ C song song với BM cắt tia AM ở K và cắt tia OM ở D. OD cắt AC tại H.
1. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp.
2. Chứng minh CD = MB và DM = CB.
3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn.
4. Trong trường hợp AD là tiếp tuyến cửa nửa đường tròn (O), tính diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O) theo R.
Bài giải chi tiết
1. Chứng minh tứ giác CKMH nội tiếp
\[\widehat{AMB}={{90}^{\text{o}}}\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) .
\[\Rightarrow AM\bot MB\]
.png)
Mà CD // BM (gt) nên AM ⊥ CD .
Vậy \[\widehat{MKC}={{90}^{\text{o}}}.\]
\[\overset\frown{AM}=\overset\frown{CM}\] (gt).
\[\Rightarrow OM\bot AC\]
\[\Rightarrow \widehat{MHC}={{90}^{\text{o}}}\]
Tứ giác CKMH có \[\widehat{MKC}+\widehat{MHC}={{180}^{\text{o}}}\] nên nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh CD = MB và DM = CB
Ta có: \[\widehat{ACB}={{90}^{\text{o}}}\] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (Hình 2)
Do đó: DM // CB, mà CD // MB (gt) nên tứ giác CDMB là hình bình hành.
Suy ra: CD = MB và DM = CB.
3. Xác định vị trí điểm C trên nửa đường tròn (O) để AD là tiếp tuyến của nửa đường tròn
AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇔ \[AD\bot AB.\]
ΔADC có AK ⊥ CD và DH ⊥ AC nên M là trực tâm tam giác . Suy ra: CM ⊥ AD.
Vậy \[AD\bot AB\] ⇔ CM // AB
\[\Leftrightarrow \overset\frown{AM}=\overset\frown{BC}\]
Mà \[\overset\frown{AM}=\overset\frown{MC}\] nên
\[\overset\frown{AM}=\overset\frown{BC}\Leftrightarrow \overset\frown{AM}=\overset\frown{MC}=\overset\frown{BC}={{60}^{\text{o}}}\]
4. Tính diện tích phần tam giác ADC ở ngoài (O) theo R
Gọi S là diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O). S1 là diện tích tứ giác AOCD. S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm AOC.
.png)
Ta có: S = S1 – S2
Tính S1:
AD là tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇔ \[\overset\frown{AM}=\overset\frown{MC}=\overset\frown{BC}={{60}^{0}}.\]
\[\Rightarrow \widehat{AOD}={{60}^{0}}\]
Do đó: \[AD=AO.tg{{60}^{0}}=R\sqrt{3}\]
\[{{S}_{ADO}}=\frac{1}{2}AD.AO=\frac{1}{2}.R\sqrt{3}.R=\frac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{2}.\]
\[\Delta AOD=\Delta COD\] (c.g.c)
\[\Rightarrow {{S}_{AOD}}={{S}_{COD}}\Rightarrow {{S}_{AOCD}}=2{{S}_{ADO}}=2.\frac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{2}={{R}^{2}}\sqrt{3}.\]
*Tính S2: \[\overset\frown{AC}={{120}^{0}}\Rightarrow {{S}_{AOC}}=\frac{\pi {{R}^{2}}{{.120}^{0}}}{{{360}^{0}}}=\frac{\pi {{R}^{2}}}{3}.\]
*Tính S: \[S={{S}_{1}}-{{S}_{2}}={{R}^{2}}\sqrt{3}-\frac{\pi {{R}^{2}}}{3}=\frac{3{{R}^{2}}\sqrt{3}-\pi {{R}^{2}}}{3}\]
=\[\frac{{{R}^{2}}}{3}\](\[3\sqrt{3}\] - \[\pi \]) (đvdt).
Lời bàn:
1. Rõ ràng câu 1, hình vẽ gợi ý cho ta cách chứng minh các góc H và K là những góc vuông, và để có được góc K vuông ta chỉ cần chỉ ra MB ⊥ AM và CD// MB. Điều đó suy ra từ hệ quả của góc nội tiếp và giả thiết CD // MB. Góc H vuông được suy từ kết quả của bài số 14 trang 72 SGK toán 9 tập. Các em lưu ý các bài tập này được vận dụng vào việc giải các bài tập khác nhé.
2. Không cần phải bàn, kết luận gợi liền cách chứng minh phải không các em?
3. Rõ ràng đây là câu hỏi khó đối với một số em, kể cả khi hiểu rồi vẫn không biết giải như thế nào , có nhiều em may mắn hơn vẽ ngẫu nhiên lại rơi đúng vào hình 3 ở trên từ đó nghĩ ngay được vị trí điểm C trên nửa đường tròn. Khi gặp loại toán này đòi hỏi phải tư duy cao hơn. Thông thường nghĩ nếu có kết quả của bài toán thì sẽ xảy ra điều gì ? Kết hợp với các giả thiết và các kết quả từ các câu trên ta tìm được lời giải của bài toán . Với bài tập trên phát hiện M là trực tâm của tam giác không phải là khó, tuy nhiên cần kết hợp với bài tập 13 trang 72 sách Toán 9T2 và giả thiết M là điểm chính giữa cung AC ta tìm được vị trí của C ngay.
Với cách trình bày dưới mệnh đề “khi và chỉ khi” kết hợp với suy luận cho ta lời giải chặt chẽ hơn. Em vẫn có thể viết lời giải cách khác bằng cách đưa ra nhận định trước rồi chứng minh với nhận định đó thì có kết quả , tuy nhiên phải trình bày phần đảo: Điểm C nằm trên nửa đường tròn mà \[\overset\frown{BC}={{60}^{0}}\] thì AD là tiếp tuyến. Chứng minh nhận định đó xong ta lại trình bày phần đảo: AD là tiếp tuyến thì \[\overset\frown{BC}={{60}^{0}}\]. Từ đó kết luận.
4. Phát hiện diện tích phần tam giác ADC ở ngoài đường tròn (O) chính là hiệu của diện tích tứ giác AOCD và diện tích hình quạt AOC thì bài toán dễ tính hơn so với cách tính tam giác ADC trừ cho diện tích viên phân cung AC.
Bài 3: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O); nó cắt Ax, By lần lượt ở E và F.
1. Chứng minh: \[\widehat{EOF}={{90}^{0}}\]
2. Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng.
3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK ⊥ AB.
4. Khi \[MB=\sqrt{3}MA\], tính diện tích tam giác KAB theo a.
Bài giải chi tiết
1. Chứng minh: \[\widehat{EOF}={{90}^{0}}\]
EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E nên OE là phân giác của \[\widehat{AOM}\].
Tương tự: OF là phân giác của \[\widehat{BOM}\].
Mà \[\widehat{AOM}\] và \[\widehat{BOM}\] kề bù nên: \[\widehat{EOF}={{90}^{0}}\] (đpcm)
2. Chứng minh: Tứ giác AEMO nội tiếp; hai tam giác MAB và OEF đồng dạng
.png)
Ta có: \[\widehat{EAO}=\widehat{EMO}={{90}^{0}}\] (tính chất tiếp tuyến)
Tứ giác AEMO có \[\widehat{EAO}+\widehat{EMO}={{180}^{0}}\]nên nội tiếp được trong một đường tròn.
Tam giác AMB và tam giác EOF có: \[\widehat{AMB}=\widehat{EOF}={{90}^{0}}\]
\[\widehat{MAB}=\widehat{MEO}\] (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO. Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g).
3. Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK ⊥ AB
Tam giác AEK có AE // FB nên: \[\frac{AK}{KF}=\frac{AE}{BF}.\] Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Nên \[\frac{AK}{KF}=\frac{ME}{MF}.\] Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Ta- let). Lại có: AE ⊥ AB (gt) nên MK ⊥ AB.
4. Khi \[MB=\sqrt{3}MA\], tính diện tích tam giác KAB theo a.
Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN ⊥ AB.
ΔFEA có MK//AE nên \[\frac{MK}{AE}=\frac{FK}{FA}\] (1). ΔBEA có NK//AE nên \[\frac{NK}{AE}=\frac{BK}{BE}\] (2).
Mà \[\frac{FK}{KA}=\frac{BK}{KE}\] (do BF // AE) nên \[\frac{FK}{KA+FK}=\frac{BK}{BK+KE}\] hay \[\frac{FK}{FA}=\frac{BK}{BE}\] (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra \[\frac{MK}{AE}=\frac{KN}{AE}.\] Vậy MK = NK.
Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên: \[\frac{{{S}_{AKB}}}{{{S}_{AMB}}}=\frac{KN}{MN}=\frac{1}{2}.\]
Do đó: \[{{S}_{AKB}}=\frac{1}{2}{{S}_{AMB}}\]
Tam giác AMB vuông ở M nên \[\tan A=\frac{MB}{MA}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{MAB}={{60}^{0}}.\]
Vậy \[AM=\frac{a}{2}\] và \[MB=\frac{a\sqrt{3}}{2}\]
\[\Rightarrow {{S}_{AKB}}=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{16}{{a}^{2}}\sqrt{3}\]
Lời bàn:
(Đây là đề thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2009-2010 của tỉnh Hà Nam) .
Từ câu 1 đến câu 3 trong quá trình ôn thi vào lớp 10 chắc chắn thầy cô nào cũng ôn tập, do đó những em nào ôn thi nghiêm túc chắc chắn giải được ngay, khỏi phải bàn, những em thi năm qua ở tỉnh Hà Nam xem như trúng tủ. Bài toán này có nhiều câu khó, và đây là một câu khó mà người ra đề khai thác từ câu: MK cắt AB ở N. Chứng minh: K là trung điểm MN.
Nếu chú ý MK là đường thẳng chứa đường cao của tam giác AMB do câu 3 và tam giác AKB và AMB có chung đáy AB thì các em sẽ nghĩ ngay đến định lí: Nếu hai tam giác có chung đáy thì tỉ số diện tích hai tam giác bằng tỉ số hai đường cao tương ứng, bài toán qui về tính diện tích tam giác AMB không phải là khó phải không các em?
