Bài tập Các bài toán về chứng minh lớp 9 (có lời giải)
10 câu hỏi
Cho nửa đường tròn đường kính \(AB\) và một điểm \(M\) tuỳ ý thuộc nửa đường tròn đó. Chứng minh rằng khoảng cách từ \(M\) đến \(AB\) không lớn hơn \(\frac{{AB}}{2}\).
Hướng dẫn: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với \(a,b \ge 0\), ta có \(\sqrt {ab} \le \frac{{a + b}}{2}\).
Gọi khoảng cách từ \(M\) đến \(AB\) là \(MH\) và bán kính đường tròn \[\left( O \right)\] là \(R\). Ta có \(OM = OA = OB( = R)\).
Đó đó \(\Delta AMB\) vuông tại \(M\).
Ta có \(\Delta MHA\)\(\Delta BHM(g \cdot g) \Rightarrow \frac{{MH}}{{HA}} = \frac{{BH}}{{HM}}\)
\( \Rightarrow MH = \sqrt {HA \cdot HB} \le \frac{{HA + HB}}{2} \le \frac{{AB}}{2}\)
\( \Rightarrow M{H^2} = HA \cdot HB\) (đpcm).
Dễ thấy các tam giác \[BMC\] và \[BNC\] đều là các tam giác vuông lần luợt tại \(M\) và \(N\) và \(OM,ON\) lần luợt là các trung tuyến.
Ta có \(OM = ON = OB = OC( = R\), trong đó \[R\] là bán kính đường tròn đường kính \(BC\) )
Xét tam giác \[MON\], ta có \(MN < OM + ON\) (bất đẳng thức tam giác)
Mà\(OM + ON = OB + OC = BC\).
Vậy \(MN < BC\).Ta có thể kết luận theo bài học: “Trong một đường tròn dây lớn nhất là đường kính”.
Kẻ \[OI\] \( \bot CD\), tam giác \[COD\] cân tại \(O\) nên đường cao \[OI\] đường thời đường trung tuyến \( \Rightarrow IC = ID\). Lại có \[AHKB\] là hình thang vuông. (\(AH{\rm{//}}BK( \bot HK)\)) mà \[OI\] là đường trung bình nên \[I\] là trung điểm của \[HK\] ta có \(IH = IK\) \( \Rightarrow HI - CI = KI - ID{\rm{ hay }}CH = DK\) |
|
![Dễ thấy các tam giác \[BMC\] và \[BNC\] đều là các tam giác (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/3-1775571245.png)
Nhận xét: Do \(HI = KI\) và \[IC\; = ID\] nên ta có \(HI + ID = IK + IC\) hay \(HD = KC\). Ta có bài toán sau:
Cho đường tròn \((O)\)đường kính \(AB\), dây \(CD\) không cắt đường kính \(AB\). Gọi \(H,K\) theo thứ tự là chân các đường vuông góc hạ từ \(A,B\) đến \(CD\). Chứng minh rằng \(HD = CK\) (Học sinh tự giải).
Trường hợp dây \(CD\) cắt đường kính \(AB\) đưa ta đến bài toán 4 sau đây.
Kẻ \(OI \bot CD\) ta có \(IC = ID\) (tam giác \(COD\)cân tại \(O\) nên đường cao đồng thời là đường trung tuyến)
Gọi M là giao điểm của OI và \(AK\) ta có \(M\) là trung điểm của \[AK\].
Xét \(\Delta AKH\) có \(M\) là trung điểm của \[AK\]
\[MI{\rm{\;//}}AH\](vì cùng \( \bot CD\))
\( \Rightarrow \) \[I\] là trung điểm của \[HK\] hay \(IH = IK\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow IC - IH = ID - IK\) hay \(CH = DK\)Nhận xét: Theo bài toán 1. Trên dây \[CD\] ta lấy thêm điểm \[M\].
Khi đó \(OI \le OM\). Mà \(OM = \frac{{AH + BK}}{2}\) (tính chất đường trung bình của hình thang)
\( \Rightarrow AH + BK \le 2OM\).
Cho đường tròn \((O;R)\) đường kính \(AB\). M là điểm cố định nằm trong đường tròn ( \(M\) khác \(O\) ) và \[CD\] là dây cung quay quanh \(M\). Gọi \[H,{\rm{ }}K\]lần lượt là hình chiếu của \(A\) và \(B\) lên \(CD\). Xác định vị trí của dây CD để \(AH + BK\) lớn nhất.
Hướng dẫn: Kẻ \(OI \bot CD\).
Ta có \[AH,{\rm{ }}BK\] cùng vuông góc với \[CD\]
\( \Rightarrow \) Tứ giác \[ABKH\] là hình thang và có \[OI\] là đường trung bình
\(OI = \frac{{AH + BK}}{2} \Rightarrow AH + BK = 2OI\)
Ta có \(OI \le OM\) (đường vuông góc ngắn hơn đường xiên)
Dấu " =" xảy ra khi \(OM \bot CD\)![Cho đường tròn (O). Các dây \(AB\) và \(CD\) bằng nhau, các tia \(BA\) và DC cắt nhau tại điểm \(M\) nằm bên ngoài đường tròn. Gọi \[H,{\rm{ }}K\;\] lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(CD\). Chứng minh rằng \(MA = MC\). (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/6-1775571344.png)
Ta có \(AB = CD\) (gt) \( \Rightarrow OH = OK\) (liên hệ giữa dây và khoảng cách đến tâm)
Xét tam giác vuông \[MHO\] theo định lí Pythagore: \(M{H^2} = M{O^2} - O{H^2}\)
Tương tự với \(\Delta MKO\), ta có \(M{K^2}{\rm{ = }}M{O^2} - O{K^2}{\rm{ }}\)mà \(OH = OK \Rightarrow MH = MK{\rm{ }}\) (1)
Lại có \(OH \bot AB\) (gt) \( \Rightarrow HA = HB = \frac{{AB}}{2}\)
Tương tự \(KC = KD = \frac{{CD}}{2}\) mà \(AB = CD\)\( \Rightarrow HA = CK\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow MH - HA = MK - CK\)
hay \(MA = MC\).
Nhận xét: Trường hợp hai dây \(AB,CD\) không bằng nhau, chằng hạn \(AB > CD\) ta có bài toán sau:
Cho đường tròn (O) hai dây \(AB\) và \(CD\) sao cho \(AB > CD\). Các tia \(BA\) và \(DC\) cắt nhau tại \(M\) nằm bên ngoài đường tròn. Gọi \(H,K\) theo thứ tự là trung điểm của \(AB\) và \(CD\). Hãy so sánh MH và MK.
Hướng dẫn: \(Ta\) có \(M{H^2} = M{O^2} - O{H^2}\) và \(M{K^2} = M{O^2} - O{K^2}\) mà \(OH < OK\) (vì \(AB > CD\)) \( \Rightarrow MH > MK\).
Nhận xét: Trường hợp điểm \(M\) nằm bên trong đường tròn ta có bài toán tương tự.
Nối \(M\) với \(O\).
Xét tam giác vuông \(OHM\) có: \(M{H^2} = O{M^2} - O{H^2}\)
Tương tự với tam giác vuông OKM có \(M{K^2} = O{M^2} - O{K^2}\)
Mà \(AB > CD(gt) \Rightarrow OH < OK \Rightarrow MH > MK\).
Ta có \({\rm{OH}} \bot {\rm{BP}}\). Tam giác \(A{\rm{OB}}\) cân tại \({\rm{O}}\) nên đường cao \({\rm{OH}}\) đồng thời là đường tuyến H là trung điểm của AB:
\({\rm{HA}} = {\rm{HB}} = \frac{{{\rm{AB}}}}{2} = \frac{{\rm{R}}}{2}{\rm{.\;}}\)
Xét tam giác vuông AHO ta có:
\({\rm{OH}} = \sqrt {{\rm{O}}{{\rm{A}}^3} - {\rm{A}}{{\rm{H}}^2}} = \sqrt {{{\rm{R}}^2} - {{\left( {\frac{{\rm{R}}}{2}} \right)}^2}} = \frac{{{\rm{R}}\sqrt 3 }}{2}\)
Mà \({\rm{OK}} < \frac{{{\rm{R}}\sqrt 3 }}{2}\left( {{\rm{gt}}} \right) \Rightarrow {\rm{OK}} < {\rm{OH}} \Rightarrow {\rm{AB}} < {\rm{CD}}\).
Kẻ \({\rm{OH}} \bot {\rm{BC}}\,\,({\rm{H}}\) thuộc \({\rm{BC}}\)).
Ta có \({\rm{OH}} \le {\rm{OA}}\) (không đổi)
\({\rm{BC}}\)ngắn nhất thì \({\rm{OH}}\) lớn nhất nên \({\rm{OH}} = {\rm{OA}}\) hay \({\rm{H}} \equiv {\rm{A}}\).
Vậy khi BC vuông góc với OA tại A thì độ dài dây\({\rm{BC}}\) ngắn nhất.
