Dạng 7. Bài luyện tập có đáp án
-
1423 lượt thi
-
36 câu hỏi
-
45 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R. Từ điểm A trên nửa đường tròn vẽ AH vuông góc với BC Nửa đường tròn đường kính BH, CH lần lượt có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự tại D và E.
Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật, từ đó tính DE biết R = 25 và BH = 10
Ta có = 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn)
Tương tự có
Xét tứ giác ADHE có => ADHE là hình chữ nhật.
Từ đó DE = AH mà (Hệ thức lượng trong tam giác vuông)
hay (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 (đơn vị độ dài)
Câu 2:
Ta có: (góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà (1)
(Vì ADHE là hình chữ nhật) => do nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn.
Câu 3:
Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 là các các đường thẳng lần lượt qua A, B và cùng vuông góc với đường thẳng AB. Lấy M, N là các điểm lần lượt thuộc d1, d2 sao cho = 900.
Chứng minh đường thẳng MN là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Gọi H là hình chiếu của O trên đường thẳng MN. Xét tứ giác OAMH
=> OAMH là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Tương tự tứ giác OBNH nội tiếp được
=> (2 góc nội tiếp chắn 1 cung)
=> = 900. Hay H thuộc (O) lại có
=> MN là tiếp tuyến của (O)
Câu 4:
Chứng minh AM. BN =
Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng trong tam vuông, ta có:
(đpcm)
Câu 5:
Xác định vị trí của M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ nhất.
OH. MN > OH. AB (Vì AMNB là hình thang vuông)
Dấu “=” khi và chỉ khi MN = AB hay H là điểm chính giữa của cung AB
M, N song song với AB AM = BN =
Vậy nhỏ nhất khi và chỉ khi AM = BN =
Câu 6:
Cho ABC có 3 góc nhọn, trực tâm là H và nội tiếp đường tròn (O). Vẽ đường kính AK.
Chứng minh tứ giác BHCK là hình hình hành.
Ta có (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên CK vuông góc với AC mà BH vuông góc với AC (vì H trực tâm)
=> CK // BH tương tự có CH // BK
=> Tứ giác BHCK là hbh (đpcm)
Câu 7:
OM vuông góc với BC => M trung điểm của BC
(định lý đường kính và dây cung) => M là trung điểm của HK (vì BHCK là hình bình hành) => đpcm tam giác AHK có OM là đường trung bình => AH = 2.OM
Câu 8:
Gọi A’, B’, C’ là chân các đường cao thuộc các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Khi BC cố định hãy xác định vị trí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn nhất.
Ta có = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => = mà (Ax là tiếp tuyến tại A) => Ax // B’C’
OA vuông góc với Ax => OA vuông góc với B’C’. Do đó SAB’OC’ = R.B’C’
Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’
= R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’.BC < (AO + OM).BC
A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn nhất khi A, O, M thẳng hàng
A là điểm chính giữa cung lớn BC
Câu 9:
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = AO. Kẻ dây 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.
Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp.
Theo giả thiết MN ^AB tại I
mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp.
Câu 10:
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.
Theo trên AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp DECM. Nối MB ta có , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp DECM phải nằm trên BM.
Ta thấy nhỏ nhất khi là khoảng cách từ N đến BM ^BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM có bán kính là O1M.
Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM.
Câu 11:
Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆ADE.
Đặt: AD = x; AE = y (x, y > 0)
Ta có: DE (định lí Pitago).
Vì AD + DE + AE = 2R = 2R (6)
Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có: (7).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Từ (6) và (7) suy ra:
xy SADE .
Vậy max SADE = x = y ∆ADE cân tại A
Câu 12:
Cho đường trong (O, R) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB
Chứng minh rằng các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
Vì H là trung điểm của AB nên hay . Theo tính chất của tiếp tuyến ta lại có hay . Suy ra các điểm M, D, O, H cùng nằm trên một đường tròn.
Câu 13:
Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC, MD thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất.
Ta có tam giác MPQ cân ở M, có MO là đường cao nên diện tích của nó được tính: . Từ đó S nhỏ nhất MD + DQ nhỏ nhất. Mặt khác, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OMQ ta có không đổi nên MD + DQ nhỏ nhất DM = DQ = R. Khi đó OM = hay M là giao điểm của d với đường tròn tâm O bán kính .
Câu 14:
Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B. Vẽ AC, AD thứ tự là đường kính của hai đường tròn (O) và Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng.
Ta có và lần lượt là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) và (O’)
Suy ra C, B, D thẳng hàng.
Câu 15:
Đường thẳng AC cắt đường tròn tại E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại F (E, F khác A). Chứng minh 4 điểm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
Xét tứ giác CDEF có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O’)
suy ra CDEF là tứ giác nội tiếp.
Câu 16:
Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI AB, MK AC (I AB,K AC)
Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Ta có: (gt), suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM.
Câu 17:
Vẽ MP vuông góc BC (P thuộc BC). Chứng minh: .
Tứ giác CPMK có (gt). Do đó CPMK là tứ giác nội tiếp (1). Vì KC là tiếp tuyến của (O) nên ta có: (cùng chắn ) (2). Từ (1) và (2) suy ra (3)
Câu 18:
Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất.
Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI là tứ giác nội tiếp.
Suy ra: (4). Từ (3) và (4) suy ra .
Tương tự ta chứng minh được .
Suy ra: MPK ∆MIP
MI.MK = MP2 MI.MK.MP = MP3.
Do đó MI.MK.MP lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất (4)
- Gọi H là hình chiếu của O trên BC, suy ra OH là hằng số (do BC cố định).
Lại có: MP + OH OM = R MP R – OH. Do đó MP lớn nhất bằng R – OH khi và chỉ khi O, H, M thẳng hàng hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC (5).
Từ (4) và (5) suy ra max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 M nằm chính giữa cung nhỏ BC
Câu 19:
Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax, By lần lượt ở C và D. Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N.
Chứng minh AC + BD = CD
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM; DB = DM
=> AC + BD = CM + DM.
Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
Câu 20:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính . Điểm M di chuyển trên nửa đường tròn (M khác A và B). C là trung điểm của dây cung AM. Đường thẳng d là tiếp tuyến với nửa đường tròn tại B Tia AM cắt d tại điểm N. Đường thẳng OC cắt d tại E.
Chứng minh: AC.AN = AO.AB
Xét DACO và DABN có: chung;
Þ DACO ~ DABN (g.g)
Þ
Do đó ACAN = AO.AB (đpcm).
Câu 21:
Cho đường tròn (O) đường kính AB cố định và đường kính CD thay đổi không trùng với AB Tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt các đường thẳng BC và BD lần lượt tại E và F. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AE và AF.
Xác định vị trí của đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ nhất.
(3)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si với hai số không âm AE và AF ta có: AE + AF (4)
( Dấu “=” xảy ra AE =AF)
Từ (3) và (4) (5)
Lại có: Áp dụng hệ thức trong tam giác vuông EBF ta có:
AE.AF = AB2 (6) Từ (5) và (6) ta có SBPQ
Xảy ra dấu bằng khi AE = AF
Tam giác EBF vuông cân tại B
ACBD là hình vuông nên CD vuông góc AB
Vậy: Khi đường kính CD vuông góc với đường kính AB thì tam giác PBQ có diện tích nhỏ nhất
Câu 22:
Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm giữa A và B Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P ( P khác I)
Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp một đường tròn, chỉ rõ đường tròn này.
Có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
Do nên .
Suy ra: hay tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn đường kính CK.
Câu 23:
Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm giữa A và B Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P ( P khác I)
Ta có: (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và một dây cùng chắn một cung); (1)
Mặt khác tứ giác PCBK nội tiếp nên: (2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Câu 24:
Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = AO. Kẻ dây 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.
Chứng minh ∆AME ∆ACM và = AE.AC
Ta có:
* sđ = sđ
*
*Góc A chung, suyra ∆AME ∆ACM.
* Do đó:
Câu 25:
Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R. Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC.Chứng minh tứ giác: CBMD nội tiếp được
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
mà AD//BC (gt) => DB^BC
Xét tứ giác DMBC có => Tứ giác nội tiếp.
Câu 26:
Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R. Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo AC. Chứng minh rằng: DBDC = DN.AC
Ta có DDBN đồng dạng với DCAD
( , )
=> => a
Câu 27:
Cho đường tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN .
Từ giả thiết: ,
Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc một đường tròn
Câu 28:
Cho đường tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN .
= sđ (1)
= sđ (2)
Từ (1) và (2)
MN là phân giác của góc KMB
Câu 29:
Cho (O),dây cung AB. Từ điểm M bất kỳ trên cung AB sao cho MA> MB (M¹A và M¹B), kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi MQ là đường cao của tam giác MAN.
C/m 4 điểm A;M;H;Q cùng nằm trên một đường tròn.
C/m:A,Q,H,M cùng nằm trên một đường tròn.
Câu 30:
Cho (O),dây cung AB. Từ điểm M bất kỳ trên cung AB sao cho MA> MB (M¹A và M¹B), kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi MQ là đường cao của tam giác MAN.
C/m: NQ.NA=NH.NM.
Xét hai Dvuông NQM và DNAH đồng dạng. (g-g)
Câu 31:
Cho (O),dây cung AB. Từ điểm M bất kỳ trên cung AB sao cho MA> MB (M¹A và M¹B), kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi MQ là đường cao của tam giác MAN.
C/m MN là phân giác của góc BMQ. Có hai cách:
(Cùng phụ với góc ANH)
(Cùng chắn cung NB) Þ đpcm
Câu 32:
Cho (O),dây cung AB. Từ điểm M bất kỳ trên cung AB sao cho MA> MB (M¹A và M¹B), kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi MQ là đường cao của tam giác MAN.
Hạ đoạn thẳng MP vuông góc với BN;xác định vị trí của M trên cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn nhất.
Xác định vị trí của M trên cung AB để MQ.AN+MP.BN có giác trị lớn nhất.
Ta có
2SDMAN + 2SDMBN = MQ.AN+MP.BN
Ta lại có: 2SDMAN + 2SDMBN =2(SDMAN + SDMBN)=2SAMBN=2. =AB.MN
Vậy: MQ.AN+MP.BN=AB.MN
Mà AB không đổi nên tích ABMN lớn nhất Û MN lớn nhấtÛMN là đường kính
ÛM là điểm chính giữa cung AB
Câu 33:
Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi I là trung điểm của OA Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. Chứng minh rằng các đường tròn (I) và (O) tiếp xúc nhau tại A
Ta có OI = OA – IA mà OA và IA lần lượt là các bán kính của đường tròn (O) và đường tròn (I). Vậy đường tròn (O) và đường tròn (I) tiếp xúc nhau tại A
Câu 34:
Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi I là trung điểm của OA Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. Chứng minh IP // OQ.
DOAQ cân tại O ( vì OA và OQ cùng là bán kính ) => ÐA1 = ÐQ1
DIAP cân tại I ( vì IA và IP cùng là bán kính ) => ÐA1 = ÐP1
=> ÐP1 = ÐQ1 mà đây là hai góc đồng vị nên suy ra IP // OQCâu 35:
Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi I là trung điểm của OA Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. Chứng minh rằng AP = PQ.
ÐAPO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP ^ AQ => OP là đường cao của DOAQ mà DOAQ cân tại O nên OP là đường trung tuyến => AP = PQ.
Câu 36:
Cho đường tròn (O) đường kính AB Gọi I là trung điểm của OA Vẽ đường tron tâm I đi qua A, trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) tại Q. Xác định vị trí của P để tam giác AQB có diện tích lớn nhất.
(HD) Kẻ QH ^ AB ta có SAQB = ABQH. mà AB là đường kính không đổi nên SAQB lớn nhất khi QH lớn nhất. QH lớn nhất khi Q trùng với trung điểm của cung AB Để Q trùng với trung điểm của cung AB thì P phải là trung điểm của cung AO.
Thật vậy P là trung điểm của cung AO => PI ^ AO mà theo trên PI // QO => QO ^ AB tại O => Q là trung điểm của cung AB và khi đó H trung với O; OQ lớn nhất nên QH lớn nhất.