Bài tập tổng hợp hình học lớp 8&9 _ Phần 3

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC
    --------- --------

    Bài 11:
    Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ các tia Ax, By vuông góc với AB. Lấy điểm C bất kỳ trong phần mặt phẳng giới hạn bởi AB, Ax và By. Đường thẳng qua I vuông góc với CA cắt tia Ax ở D, đường thẳng qua I vuông góc với CB cắt tia By ở E. Chứng minh rằng DE vuông góc với CI.
    Giải:
    bai_11.png
    Cách 1: (Lớp 8)
    Kéo dài EI cắt tia đối của tia Ax ở F.
    Dễ thấy $\Delta AIF=\Delta BIE$ (g-c-g) $\Rightarrow \widehat{IFA}=\widehat{IEB}$ và IF = IE.
    Ta lại có $\widehat{IEB}=\widehat{IBC}$ (cùng phụ với $\widehat{EBC}$) nên $\widehat{IFA}=\widehat{IBC}$.
    Ta cũng có $\widehat{IDA}=\widehat{IAC}$ (cùng phụ với $\widehat{DAC}$).
    Suy ra $\Delta IDF$ ഗ$\Delta CAB$ (g-g).
    Gọi K là trung điểm của DF.
    Xét tam giác DEF có IF = IE và KF = KD
    $\Rightarrow $ IK là đường trung bình của tam giác DEF $\Rightarrow $ IK // DE (1)
    Vì $\Delta IDF$ ഗ$\Delta CAB$ có IK và CI là hai đường trung tuyến tương ứng nên $\widehat{KID}=\widehat{ICA}$.
    Ta lại có $\widehat{ICA}+\widehat{CID}={{90}^{0}}$ (vì ID vuông góc với CA)
    $\Rightarrow \widehat{KID}+\widehat{CID}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{KIC}={{90}^{0}}$ hay IK $\bot $ IC (2)
    Từ (1) và (2) suy ra DE vuông góc với CI.
    Cách 2: (Lớp 9)
    Gọi M là giao điểm của ID và CA; N là giao điểm của IE và CB; H là giao điểm của DE và CI.
    Tam giác IAD vuông tại A có AM là đường cao $\Rightarrow $ IA2 = IM.ID.
    Tam giác IBE vuông tại B có BN là đường cao $\Rightarrow $ IB2 = IN.IE.
    Mà IA = IB nên IM.ID = IN.IE.
    $\Rightarrow $ $\Delta IDE$ ഗ$\Delta INM$ (c-g-c) $\Rightarrow \widehat{IDE}=\widehat{INM}$.
    Tứ giác IMCN có $\widehat{IMC}=\widehat{INC}={{90}^{0}}$
    $\Rightarrow $ Tứ giác IMCN nội tiếp $\Rightarrow \widehat{ICM}=\widehat{INM}$.
    Do đó $\widehat{IDE}=\widehat{ICM}$ hay $\widehat{IDH}=\widehat{ICM}$, mà $\widehat{IMC}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{IHD}={{90}^{0}}$.
    Vậy DE vuông góc với CI tại H.


    Bài 12:
    Cho tam giác nhọn ABC. Gọi M là điểm nằm trong tam giác ABC. Xác định vị trí của điểm M để MA.BC + MB.CA + MC.AB đạt giá trị nhỏ nhất.
    Giải:
    bai_12.png
    Kéo dài AM cắt BC tại N. Gọi D, E thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ B, C đến đường thẳng AM.
    Suy ra $BD\le BN$; $CE\le CN$ $\Rightarrow BD+CE\le BN+CN=BC$.
    Do đó $MA.BC\ge MA\left( BD+CE \right)=MA.BD+MA.CE=2{{S}_{MAB}}+2{{S}_{MAC}}$.
    Dấu “=” xảy ra khi D $\equiv $ N; D $\equiv $ N hay $AM\bot BC$.
    Tương tự ta có $MB.CA\ge 2{{S}_{MAB}}+2{{S}_{MBC}}$. Dấu “=” xảy ra khi $BM\bot AC$.
    $MC.AB\ge 2{{S}_{MAC}}+2{{S}_{MBC}}$. Dấu “=” xảy ra khi $CM\bot AB$.
    Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:
    $MA.BC+MB.CA+MC.AB\ge 2{{S}_{ABC}}$.
    Dấu “=” xảy ra khi $AM\bot BC$; $BM\bot AC$; $CM\bot AB$ hay M là trực tâm của $\Delta ABC$.
    Vậy min(MA.BC + MB.CA + MC.AB) = 2SABC, đạt được khi M là trực tâm của $\Delta ABC$.


    Bài 13:
    Cho điểm M nằm trong hình chữ nhật ABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $MA.MC+MB.MD$.
    Giải:
    bai_13.png
    Qua M vẽ đường thẳng vuông góc với AB tại H và cắt CD tại K.
    Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB // CD. Do đó HK vuông góc với CD tại K.
    Vẽ điểm N ở ngoài hình chữ nhật ABCD sao cho NC = MA; ND = MB.
    Dễ thấy $\Delta NCD=\Delta MAB$ (c-c-c) $\Rightarrow {{S}_{NCD}}={{S}_{MAB}}$.
    Ta có SABCD = AB.BC = AB.HK = AB.MH + CD.MK (vì AB = CD)
    = 2SMAB + 2SMCD = 2SNCD + 2SMCD = 2SDMCN (1)
    Vẽ MI $\bot $ ND; MJ $\bot $ NC.
    Ta có 2SDMCN = 2SMDN + 2SMCN = ND.MI + NC.MJ = MB.MI + MA.MJ (2)
    Ta lại có $MI\le MD$, dấu “=” xảy ra khi $I\equiv D$
    $MJ\le MC$, dấu “=” xảy ra khi $J\equiv C$
    Do đó MB.MI + MA.MJ $\le $ MB.MD + MA.MC (3)
    Từ (1), (2) và (3) suy ra $MA.MC+MB.MD\ge {{S}_{ABCD}}$.
    Dấu “=” xảy ra khi $I\equiv D$; $J\equiv C$ hay $\widehat{MAB}=\widehat{MCB}$; $\widehat{MDC}=\widehat{MBC}$.
    Vậy min$\left( MA.MC+MB.MD \right)={{S}_{ABCD}}$, đạt được khi $\widehat{MAB}=\widehat{MCB}$; $\widehat{MDC}=\widehat{MBC}$.


    Bài 14:
    Điểm M chuyển động trên đường chéo AC của hình vuông ABCD cạnh bằng a. Gọi E, F thứ tự là hình chiếu vuông góc của M lên AB, BC. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tam giác DEF có giá trị nhỏ nhất.
    Giải:
    bai_14.png
    Cách 1:
    Ta có ME // DA (cùng vuông góc với AB) $\Rightarrow $ SDME = SAME.
    Ta có MF // DC (cùng vuông góc với BC) $\Rightarrow $ SDMF = SCMF.
    Do đó SDEF = SDME + SMEF + SDMF = SAME + SMEF + SCMF = SAEFC = SABC – SBEF.
    Vì ABCD là hình vuông nên dễ dàng suy ra:
    Tam giác AEM vuông cân tại E; Tam giác CFM vuông cân tại F.
    Suy ra EA = EM; FC = FM.
    Dễ thấy MEBF là hình chữ nhật nên EM = BF; FM = BE.
    Do đó EA = EM = BF; FC = FM = BE.
    Đặt BE = x (0 < x < a) $\Rightarrow $ EA = EM = BF = a – x.
    Ta có ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}{{a}^{2}}$ và ${{S}_{BEF}}=\frac{1}{2}BE.BF=\frac{1}{2}x\left( a-x \right)=\frac{1}{2}ax-\frac{1}{2}{{x}^{2}}$.
    Do đó ${{S}_{DEF}}=\frac{1}{2}{{a}^{2}}-\left( \frac{1}{2}ax-\frac{1}{2}{{x}^{2}} \right)=\frac{1}{2}\left( {{x}^{2}}-ax+{{a}^{2}} \right)=\frac{1}{2}{{\left( x-\frac{a}{2} \right)}^{2}}+\frac{3{{a}^{2}}}{8}\ge \frac{3{{a}^{2}}}{8}$.
    Dấu “=” xảy ra khi $\frac{1}{2}{{\left( x-\frac{a}{2} \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow x=\frac{a}{2}\Leftrightarrow BE=\frac{a}{2}\Leftrightarrow $ M là trung điểm AC.
    Vậy min ${{S}_{DEF}}=\frac{3{{a}^{2}}}{8}$, đạt được khi M là trung điểm của AC.
    Cách 2:
    Vì ABCD là hình vuông nên dễ dàng suy ra:
    Tam giác AEM vuông cân tại E; Tam giác CFM vuông cân tại F.
    Suy ra EA = EM; FC = FM.
    Dễ thấy MEBF là hình chữ nhật nên EM = BF; FM = BE.
    Do đó EA = EM = BF; FC = FM = BE.
    Đặt BE = x (0 < x < a) $\Rightarrow $ FC = FM = BE = x; EA = EM = BF = a – x.
    Ta có SDEF = SABCD – SADE – SBEF – SCFD
    $\begin{align}
    & ={{a}^{2}}-\frac{1}{2}a\left( a-x \right)-\frac{1}{2}x\left( a-x \right)-\frac{1}{2}ax \\
    & ={{a}^{2}}-\frac{1}{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{2}ax-\frac{1}{2}ax+\frac{1}{2}{{x}^{2}}-\frac{1}{2}ax \\
    \end{align}$
    $=\frac{1}{2}\left( {{x}^{2}}-ax+{{a}^{2}} \right)$
    $=\frac{1}{2}{{\left( x-\frac{a}{2} \right)}^{2}}+\frac{3{{a}^{2}}}{8}\ge \frac{3{{a}^{2}}}{8}$
    Dấu “=” xảy ra khi $\frac{1}{2}{{\left( x-\frac{a}{2} \right)}^{2}}=0\Leftrightarrow x=\frac{a}{2}\Leftrightarrow BE=\frac{a}{2}\Leftrightarrow $ M là trung điểm của AC.
    Vậy min ${{S}_{DEF}}=\frac{3{{a}^{2}}}{8}$, đạt được khi M là trung điểm của AC.


    Bài 15:
    Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) với R > R’ cắt nhau tại A và B. Vẽ dây AC của đường tròn (O) tiếp xúc với đường tròn (O’) tại A. Vẽ dây AD của đường tròn (O’) tiếp xúc với đường tròn (O) tại A. Gọi E là điểm đối xứng của A qua trung điểm I của OO’. Gọi F là điểm đối xúng của A qua B.
    a) Tứ giác OAO’E là hình gì? Vì sao?
    b) Tứ giác BEOO’ là hình gì? Vì sao?
    c) Chứng minh 4 điểm A, C, F, D cùng thuộc một đường tròn.
    d) Qua A vẽ một cát tuyến cắt (O) và (O’) thứ tự ở M và N. Chứng minh tam giác EMN là tam giác cân.
    Giải:
    bai_15.png
    a) Ta có IO = IO’ (vì I là trung điểm của OO’)
    IE = IA (vì E là điểm đối xứng của A qua I)
    Suy ra tứ giác OAO’E là hình bình hành.
    b) Vì (O) và (O’) cắt nhau tại A và B
    $\Rightarrow $ OO’ là trung trực của AB $\Rightarrow $ IA = IB.
    Ta lại có IE = IA nên IE = IA = IB
    Do đó tam giác ABE vuông tại B hay EB $\bot $ AB
    Mà OO’ là trung trực của AB nên OO’ $\bot $ AB
    Do đó EB // OO’ (cùng vuông góc với AB) (1)
    Tứ giác OAO’E là hình bình hành nên OA = O’E
    Mà OA = OB = R nên OB = O’E (2)
    Từ (1) và (2) suy ra BEOO’ là hình thang cân.
    c) Ta có EB $\bot $ AB (câu b); BF = BA (F là điểm đối xứng của A qua B)
    $\Rightarrow $ EB là trung trực của AF $\Rightarrow $ EA = EF.
    Tứ giác OAO’E là hình bình hành $\Rightarrow $ O’A // OE
    Mà O’A $\bot $ AC (vì AC tiếp xúc với (O’) tại A) nên OE $\bot $ AC
    $\Rightarrow $ OE là trung trực của AC $\Rightarrow $ EA = EC.
    Tứ giác OAO’E là hình bình hành $\Rightarrow $ OA // O’E
    Mà OA $\bot $ AD (vì AD tiếp xúc với (O) tại A) nên O’E $\bot $ AD
    $\Rightarrow $ O’E là trung trực của AD $\Rightarrow $ EA = ED.
    Từ đó suy ra EA = EF = EC = ED.
    Vậy 4 điểm A, C, F, D cùng thuộc đường tròn (E;EA).
    d) Vẽ OG $\bot $ MN; O’K $\bot $ MN; IH $\bot $ MN $\Rightarrow $ OG // O’K // IH.
    Tứ giác OGKO’ có OG // O’K // IH và IO = IO’ $\Rightarrow $ HG = HK.
    Ta có IH $\bot $ GK tại H và HG = HK
    $\Rightarrow $ IH là trung trực của GK $\Rightarrow $ IG = IK.
    Vì OG $\bot $ MN hay OG $\bot $ AM $\Rightarrow $ GA = GM.
    Vì O’K $\bot $ MN hay O’K $\bot $ AN $\Rightarrow $ KA = KN.
    Tam giác AEM có IA = IE; GA = GM
    $\Rightarrow $ IG là đường trung bình của tam giác AEM $\Rightarrow IG=\frac{1}{2}EM$.
    Tam giác AEN có IA = IE; KA = KN
    $\Rightarrow $ IK là đường trung bình của tam giác AEN $\Rightarrow IK=\frac{1}{2}EN$.
    Từ đó suy ra EM = EN.
    Vậy tam giác EMN cân tại E.