80 bài tập Hình học khối 930344

80 BÀI TẬP HÌNH HỌC LỚP Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N,P =>  CEH +  CDH = 1800 Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp A N Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC E H M đối xứng qua BC P F Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF O H Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: ( B C D (  CEH = 90 ( Vì BE đường cao)  CDH = 900 ( Vì AD đường cao) M Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEC = 900 CF đường cao => CF  AB => BFC = 900 Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường trịn đường kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â góc chung =>  AEH  ADC => AE AH => AE.AC = AH.AD  AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C góc chung =>  BEC  ADC => BE BC  => AD.BC = BE.AC AD AC Ta có C1 = A1 ( phụ với góc ABC) C2 = A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM) => C1 =  C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân C => CB đương trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp  C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD)  E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ThuVienDeThi.com Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp A Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED = 1 BC Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 ( Vì BE đường cao) O H B D E C  CDH = 900 ( Vì AD đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEA = 900 AD đường cao => AD  BC => BDA = 900 Như E D nhìn AB góc 900 => E D nằm đường trịn đường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đường cao nên đường trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900 Vậy tam giác BEC vng E có ED trung tuyến => DE = BC 4.Vì O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1) Theo DE = BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE E Vậy DE tiếp tuyến đường tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By C D Các đường thẳng AD BC cắt N Chứng minh AC + BD = CD 4.Chứng minh OC // BM 2.Chứng minh COD = 90 3.Chứng minh AC BD = AB ThuVienDeThi.com 5.Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD 5.Chứng minh MN  AB 6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Lời giải: y x D I / M / C N A O 1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 2.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM hai góc kề bù => COD = 900 3.Theo COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM  CD ( OM tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 B AB => AC BD = 4 Theo COD = 900 nên OC  OD (1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM  OD (2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD) 5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB  IO // AC , mà AC  AB => IO  AB O => AB tiếp tuyến O đường trịn đường kính CD Theo AC // BD => CN AC CN CM   , mà CA = CM; DB = DM nên suy BN BD BN DM => MN // BD mà BD  AB => MN  AB ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK Vì I tâm Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn đường tròn nội tiếp, Chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn (O) K tâm đường tròn Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 bàng tiếp góc A nên Cm BI BK hai tia Lời giải: (HD) phân giác hai góc kề bù đỉnh B ThuVienDeThi.com Do BI  BK hayIBK = 900 Tương tự ta có ICK = 900 B C nằm đường tròn đường kính IK B, C, I, K nằm đường trịn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( IHC = 900 ) hoctoancapba.com A I B H C o K I1 =  ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC tiếp tuyến đường tròn (O) Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20  12 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = CH 12  = (cm) AH 16 OC = OH  HC   12  225 = 15 (cm) Bài Cho đường tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB d Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp A Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm P K D đường tròn N Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 H M O I Chứng minh OAHB hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng C Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d B Lời giải: (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đường kính Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường trịn đường kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường trịn Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM  AB I Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đường cao ThuVienDeThi.com Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2 Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH  AB; theo OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vng góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường trịn tâm A bán kính AH = R Bài hoctoancapba.com Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm A bán kính AH Gọi HD đường kính đường trịn (A; AH) Tiếp tuyến đường tròn D cắt CA E E D Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH) A Chứng minh BE = BH + DE I Lời giải: (HD) 1  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) B H C Vì AB CE (gt), AB vừa đường cao vừa đường trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2 Hai tam giác vng ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB => AI = AH AI = AH BE  AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M chắn cung AM => é AOM Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp ABM = (1) đường tròn 2 Chứng minh BM // OP OP tia phân giác é Đường thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng AOM ( t/c hai tiếp minh tứ giác OBNP hình bình hành tuyến cắt ) => é Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài AOM AOP = (2) cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: Từ (1) (2) => é (HS tự làm) ABM = é AOP (3) 2.Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM góc tâm ThuVienDeThi.com X N P J I M K A ( ( O B Mà é ABM é AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 3.Xét hai tam giác AOP OBN ta có : éPAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); éNOB = 900 (gt NOAB) => éPAO = éNOB = 900; OA = OB = R; éAOP = éOBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ Ta có PM  OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có éPAO = éAON = éONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => éAPO = é NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác éAPM => éAPO = éMPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đường cao => IK  PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường trịn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp => éKMF + 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB éKEF = 1800 Mà 3) Chứng minh BAF tam giác cân éKMF éKEF hai góc đối tứ giác 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn EFMK EFMK Lời giải: tứ giác nội tiếp Ta có : éAMB = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => éKMF = 900 (vì hai góc kề bù) éAEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => éKEF = 900 (vì hai góc kề bù) ThuVienDeThi.com X I F M H E K 2 A O B Ta có éIAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vng A có AM  IB ( theo trên) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => éIAE = éMAE => AE = ME (lí ……) => éABE =éMBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có éAEB = 900 => BE  AF hay BE đường cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm AF (3) Từ BE  AF => AF  HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác éHAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm HK (6) Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB Thật vậy: M trung điểm cung AB => éABM = éMAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vng A có éABI = 450 => éAIB = 450 (8) Từ (7) (8) => éIAK = éAIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Bài Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đường tròn Các tia AC AD cắt Bx E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh  ABD =  DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải: ThuVienDeThi.com C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa E đường tròn ) => BC  AE ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vng B có BC đường cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đường cao ), mà C AB đường kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi F D  ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800)(1)  ABF có ABF = 900 ( BF tiếp tuyến ) O A B => AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2) Từ (1) (2) => ABD = DFB ( phụ với BAD) Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800 ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( bù với ACD) Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp X Bài 10 Cho đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đường S vng góc từ S đến AB 1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh ∆ PS’M cân M 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đường tròn Lời giải: 4( )1 Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn P B ) H O 3( A nửa đường tròn ) => AMS = 90 Như P M nhìn AS góc 900 nên nằm đường trịn đường kính M' AS S' Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đường trịn Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đường tròn nên M’ nằm đường tròn => hai cung AM AM’ có số đo => AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1) Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2) => Từ (1) (2) => AS’S = ASS’ Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân P ThuVienDeThi.com Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS’ vuông M => B1 = S’1 (cùng phụ với S) (3) Tam giác PMS’ cân P => S’1 = M1 (4) Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => B1 = M3 (5) Từ (3), (4) (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + M2 = AMB = 900 nên suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM M => PM tiếp tuyến đường tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh : Tam giác DEF có ba góc nhọn DF // BC Tứ giác BDFC nội tiếp BD BM  CB CF A Lời giải: (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF = AFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE) Chứng minh tương tự ta có DFE < 900; EDF < 900 Như tam giác DEF có ba góc nhọn Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => AD AF  => DF // AB AC D F O I B M E BC DF // BC => BDFC hình thang lại có  B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường trịn Xét hai tam giác BDM CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = BFD (nội tiếp chắn cung DI);  CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF => BDM CBF => BD BM  CB CF Bài 12 Cho đường trịn (O) bán kính R có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường trịn P Chứng minh : Ta có OMP = 900 ( Tứ giác OMNP nội tiếp PM  AB ); ONP = Tứ giác CMPO hình bình hành 900 (vì NP tiếp tuyến CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M ) Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng Như M N cố định nhìn OP góc Lời giải: 900 => M N nằm đường ThuVienDeThi.com C tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM =  ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OCN C M A O B N A' P D => OPM = OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo giả thiết Ta có CD  AB; PM  AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc chung => OMC NDC => CM CO => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi =>  CD CN CM.CN =2R2 khơng đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đường thẳng cố định vng góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A’ B’ song song AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E, Nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn A Lời giải: Ta có : éBEH = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) E I => éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) 1( F éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) )1 => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) O O2 B H C éEAF = 900 ( Vì tam giác ABC vng A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2) 10 ThuVienDeThi.com B' => éB1 = éH1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => éB1= éF1 => éEBC+éEFC = éAFE + éEFC mà éAFE + éEFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => éEBC+éEFC = 1800 mặt khác éEBC éEFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF ACB ta có éA = 900 góc chung; éAFE = éABC ( theo Chứng minh trên) => AEF ACB => AE AF  => AE AB = AF AC AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vng H có HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF  AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => éE1 = éH1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => éE2 = éH2 => éE1 + éE2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 => O1E EF Chứng minh tương tự ta có O2F  EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đường trịn có đường kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đường vuông góc với AB C cắt nửa đường trịn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đường tròn (I), (K) Ta có: éBNC= 900( nội tiếp 1.Chứng minh EC = MN chắn nửa đường tròn tâm K) E 2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/tròn (I), N (K) 3.Tính MN H 4.Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn M Lời giải: 1 A I C O K B => éENC = (vì hai góc kề bù) (1) éAMC = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => éEMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay éMEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (I) (K) => éB1 = éC1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => éC1= éN3 => éB1 = éN3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => éB1 = éN1 (5) Từ (4) (5) => éN1 = éN3 mà éN1 + éN2 = CNB = 900 => éN3 + éN2 = MNK = 900 hay MN  KN N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, 900 11 ThuVienDeThi.com Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường trịn (I), (K) Ta có éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm O) => AEB vng A có EC  AB (gt) => EC2 = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) =  OA2 =  252 = 625  ; S(I) =  IA2 =  52 = 25  ; S(k) =  KB2 =  202 = 400  Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường trịn S = S= ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 ( 625  - 25  - 400  ) = 200  = 100   314 (cm2) 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường tròn (O) D đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: C C 12 O O D S E M A D F B M 1 2 F E S 2 A B H×nh b H×nh a Ta có éCAB = 900 ( tam giác ABC vng A); éMDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => CDB = 900 D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm đường trịn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB) ¼  EM ¼ => C = C (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung D1= C3 => SM nhau) => CA tia phân giác góc SCB Xét CMB Ta có BACM; CD  BM; ME  BC BA, EM, CD ba đường cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy ¼  EM ¼ => D = D => DM tia phân giác góc ADE.(1) Theo Ta có SM 12 ThuVienDeThi.com Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 900 Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp chắn cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS »  CS »  SM ¼  EM ¼ => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB => CE Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường tròn F, G B Chứng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp AC // FG O E Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: F G D Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) S A => DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB   CAB Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( ABC vng A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp * BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) hay BFC = 900 F A nhìn BC góc 900 nên A F nằm đường trịn đường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đường cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S C Bài 17 Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường trịn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH Chứng minh OH  PQ Lời giải: => AQM = 900 P Q Ta có MP  AB (gt) => APM = 90 ; MQ  AC (gt) nhìn BC góc 13 ThuVienDeThi.com 900 nên P Q nằm đường tròn đường kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM Tam giác ABC có AH đường cao => SABC = BC.AH Tam giác ABM có MP đường cao => SABM = AB.MP Tam giác ACM có MQ đường cao => SACM = AC.MQ Ta có SABM + SACM = SABC => A O P Q B H M C 1 AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = 2 BC.AH Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH Tam giác ABC có AH đường cao nên đường phân giác => HAP = HAQ => »  HQ ¼ ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác HP góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đường cao => OH  PQ Bài 18 Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B) ; đường thẳng vng góc với OB H, lấy điểm M đường tròn ; MA MB thứ tự cắt đường tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp Chứng minh đường thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải: M 1 Ta có : éACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) _ => éMCI = 900 (vì hai góc kề bù) K C éADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) _ D => éMDI = 900 (vì hai góc kề bù) I => éMCI + éMDI = 180 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp A O H Theo Ta có BC  MA; AD  MB nên BC AD hai đường cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH  AB nên MH đường cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1 14 ThuVienDeThi.com B Mà A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 900 Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp Bài 19 Cho đường trịn (O) đường kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD D Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD I Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (O’) 1 A / / O B C M O' Lời giải: éBIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBID = 900 (vì hai góc kề bù); DE  AB M => éBMD = 900 => éBID + éBMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp E Theo giả thiết M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DC; theo BI  DC => BI // AD (1) Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2) Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đường thẳng song song với AD mà thơi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vng I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; O’IC cân O’ ( O’C O’I bán kính ) => I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mà I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI  O’I I => MI tiếp tuyến (O’) Bài 20 Cho đường tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi C Gọi AC BC hai đường kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng: Lời giải: Tứ giác MDGC nội tiếp Bốn điểm M, D, B, F nằm đường tròn éBGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa Tứ giác ADBE hình thoi đường tròn ) B, E, F thẳng hàng => éCGD = 900 (vì hai góc kề bù) DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE MF tiếp tuyến (O’) 15 ThuVienDeThi.com D A M G C O' O 1 B F E Theo giả thiết DE  AB M => éCMD = 900 => éCGD + éCMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp éBFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBFD = 900; éBMD = 900 (vì DE  AB M) F M nhìn BD góc 900 nên F M nằm đường trịn đường kính BD => M, D, B, F nằm đường tròn Theo giả thiết M trung điểm AB; DE  AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD  DF ; theo tứ giác ADBE hình thoi => BE // AD mà AD  DF nên suy BE  DF Theo éBFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BF  DF mà qua B có đường thẳng vng góc với DF đo B, E, F thẳng hàng Theo DF  BE; BM  DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đường cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy Theo DF  BE => DEF vng F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền) (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1 O’BF cân O’ ( O’B O’F bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = D1 (Cùng phụ với DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mà F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF  O’F F => MF tiếp tuyến (O’) Bài 21 Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q Chứng minh đường tròn (I) (O) tiếp xúc Ta có OI = OA – IA A mà OA IA Chứng minh IP // OQ bán kính đ/ trịn (O) Chứng minh AP = PQ đường tròn (I) Vậy đ/ trịn Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn (O) đường tròn (I) tiếp Lời giải: xúc A 16 ThuVienDeThi.com OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1 IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1 => P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ Q P A I O H B APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP  AQ => OP đường cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đường trung tuyến => AP = PQ (HD) Kẻ QH  AB ta có SAQB = AB.QH mà AB đường kính khơng đổi nên SAQB lớn QH lớn QH lớn Q trùng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO Thật P trung điểm cung AO => PI  AO mà theo PI // QO => QO  AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn Bài 22 Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DE, đường thẳng cắt đường thẳng DE DC theo thứ tự H K Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp BHK góc bẹt nên KHC Tính góc CHK + BHC = 1800 (2) Chứng minh KC KD = KH.KB B A Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đường nào? Lời giải: H O Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH  DE E H nên BHD = 900 => H C nhìn BD góc 900 nên H C nằm đường tròn đường kính ) BD => BHCD tứ giác nội tiếp D C K BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) Từ (1) (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vng) => CHK = 450 Xét KHC KDB ta có CHK = BDC = 450 ; K góc chung => KHC  KDB => KC KH  => KC KD = KH.KB KB KD (HD) Ta ln có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E  B H  B; E  C H  C) Bài 23 Cho tam giác ABC vng A Dựng miền ngồi tam giác ABC hình vng ABHK, ACDE Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng Đường thẳng HD cắt đường tròn ngoại tiếp 17 ThuVienDeThi.com E tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác M vuông cân Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF K ED, Chứng minh điểm B, K, E, M, C nằm F A đường tròn Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn ngoại H tiếp tam giác ABC Lời giải: O C B Theo giả thiết ABHK hình vng => BAH = 450 Tứ giác AEDC hình vng => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn ) nên tam giác BFC vng F (1) FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2) Từ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông) => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đường tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vng) => CMF = 450 hay CMB = 450 Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vng); BKC = 450 (vì ABHK hình vng) Như K, E, M nhìn BC góc 450 nên nằm cung chứa góc 450 dựng BC => điểm B, K, E, M, C nằm đường trịn CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC  BC C => MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 24 Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đường trịn đường kính AC có tâm O, đường trịn cắt BA BC D E A Chứng minh AE = EB Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đường trung D F trực đoạn HE qua trung điểm I BH O H _ 3.Chứng minh OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ BDE / _K Lời giải: / I AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) B E C => AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đường trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE  HE E => IK  HE K (2) Từ (1) (2) => IK trung trực HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH theo I thuộc trung trực HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB  ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vng D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID 18 ThuVienDeThi.com D Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB bán kính ) => D2 = B1 (4) Theo ta có CD AE hai đường cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đường cao tam giác ABC => BH  AC F => AEB có AFB = 900 Theo ADC có ADC = 900 => B1 = C1 ( phụ BAC) (5) Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD  ID D => OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đường tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q Từ (1) (2) => Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp MKI MIH => MI MK Chứng minh MI = MH.MK Chứng minh PQ  MI  => MI2 = Lời giải: MH MI Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AB = AC => ABC cân MH.MK A A 0 Theo giả thiết MI  BC => MIB = 90 ; MK  AB => MKB = 90 => MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp H * ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứ giác BIMK ) K M Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 1800; tứ giác Q P CHMI nội tiếp => HMI + HCI = 1800 mà KBI = HCI ( tam 2 B giác ABC cân A) => KMI = HMI (1) I Theo tứ giác BIMK nội tiếp => B1 = I1 ( nội tiếp chắn cung O KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( nội tiếp chắn cung ¼ ) => I = H (2) IM) Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ BM 1 Theo ta có I1 = C1; chứng minh tương tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM  PQ Bài 26 Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R Vẽ dây cung CD  AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh : KC AC Chứng minh AM tia phân giác CMD Tứ giác OHCI nội  đường vng góc KB AB kẻ từ M đến AC tiếp tiếp tuyến 19 ThuVienDeThi.com C đường tròn M » => MB »  MC ¼ Lời giải: Theo giả thiết M trung điểm BC => CAM = BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia phân giác góc CAB => KC AC ( t/c tia phân giác tam giác )  KB AB J C / K M I A H O D » => CMA = DMA => MA tia (HD) Theo giả thiết CD  AB => A trung điểm CD phân giác góc CMD » => OM  BC I => OIC = 900 ; CD  AB (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp Kẻ MJ  AC ta có MJ // BC ( vng góc với AC) Theo OM  BC => OM  MJ J suy MJ tiếp tuyến đường tròn M Bài 27 Cho đường tròn (O) điểm A ngồi đường trịn Các tiếp tuyến với đường trịn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đường tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH  BC, MK  CA, MI  AB Chứng minh : Tứ giác ABOC nội tiếp BAO =  BCO MIH  MHK MI.MK = MH Lời giải: I B B I H M M O H O A A K C C K (HS tự giải) Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO =  BCO (nội tiếp chắn cung BO) Theo giả thiết MH  BC => MHC = 900; MK  CA => MKC = 900 => MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp chắn cung HM) Chứng minh tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) ¼ ) => HKM = MHI (1) Chứng minh tương tự ta có Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM KHM = HIM (2) Từ (1) (2) =>  HIM   KHM 20 ThuVienDeThi.com _ B ... giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH  AB; theo OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vng góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi... AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn AKFI phải hình. .. + ACD = 1800 ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( bù với ACD) Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800 , mặt khác