Tuyển tập 80 bài toán Hình học lớp 937781

TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN 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 Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 (Vì BE đường cao)  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 => 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 ; A góc chung AE AH =>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD  AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C góc chung BE BC  => AD.BC = BE.AC =>  BEC  ADC => AD AC Ta có C1 = A1 (vì phụ với góc ABC) C2 = A1 (vì 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 trịn => C1 = E1 (vì hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp  C1 = E2 (vì 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 trịn nội tiếp tam giác DEF 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 Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED = BC Chứng minh DE tiếp tuyến đường trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 (Vì BE đường cao) ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP  CDH = 90 (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 Vì O tâm đường tròn 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 3: 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 1.Chứng minh AC + BD = CD Lời giải: COD 2.Chứng minh = 90 AB 3.Chứng minh AC BD = 4.Chứng minh OC // BM 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 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 vng ta có OM2 = CM DM, AB Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => 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 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP 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 vuông 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 trịn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn Chứng minh AC tiếp tuyến đường trịn (O) Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD) Vì I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B Do BI  BK hayIBK = 900 Tương tự ta có ICK = 900 B C nằm đường trịn 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 Theo AC // BD => 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) CH 12 2 = (cm) CH = AH.OH => OH =  AH 16 OC = OH  HC   12  225 = 15 (cm) Bài 5: 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 Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chứng minh OAHB hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d 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 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đường cao 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 ln 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 vng A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm A bán kính AH Gọi HD đường kính đường tròn (A; AH) Tiếp tuyến đường tròn D cắt CA E 1.Chứng minh tam giác BEC cân 2.Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH 3.Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH) 4.Chứng minh BE = BH + DE Lời giải: (HD)  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đường cao vừa đường trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2 Hai tam giác vuông 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 Từ (1) (2) => é ABM = é Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn AOP (3) Chứng minh BM // OP Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: (HS tự làm) 2.Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM góc tâm AOM chắn cung AM => é ABM = (1) OP tia phân giác é AOM AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) => é AOP = (2) Mà ABM AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 3.Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB) => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (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 PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO (t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP AONP hình chữ nhật => éAPO = é NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (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 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB 3) Chứng minh BAF tam giác cân 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Lời giải: Ta có : AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù) => KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp Ta có IAB = 900 (vì 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 => IAE = MAE => AE = ME (lí ……) => ABE =MBE ( 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 => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vng A có ABI = 450 => éAIB = 450 (8) Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn Bài Cho nửa đường trịn (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 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Lời giải: 1.C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 900 (nội tiếp chắn nửa 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 AB đường kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi 2. ADB có ADB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn) => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (1)  ABF có ABF = 900 ( BF tiếp tuyến ) => AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2) Từ (1) (2) => ABD = DFB ( phụ với BAD) 3.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 Bài 10 Cho đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đường vng góc từ S đến AB 1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh ∆ PS’M cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đường trịn Lời giải: Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AMS = 900 Như P M nhìn AS góc 900 nên nằm đường trịn đường kính AS Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đường tròn 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 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 BD BM DF // BC Tứ giác BDFC nội tiếp  CB CF ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP 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 AD AF Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => => DF // BC  AB AC DF // BC => BDFC hình thang lại có  B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường tròn 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 BD BM => BDM CBF =>  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 tròn P Chứng minh : Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác CMPO hình bình hành CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định Lời giải: Ta có OMP = 900 ( PM  AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Như M N nhìn OP góc 900 => M N nằm đường trịn 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 => 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 => CM.CN => CD 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 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Lời giải: Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn ) => éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn ) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) éEAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông 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 trịn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2) => 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) AE AF => AEF ACB => => AE AB = AF AC  AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vng H có HE  AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vng 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 vng góc với AB C cắt nửa đường tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đường tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN 2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/trịn (I), (K) 3.Tính MN 4.Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn Lời giải: Ta có: éBNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm K) => éENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1) éAMC = 900 ( 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, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường trịn (I), (K) ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Ta có éAEB = 90 (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 tròn S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 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: Ta có éCAB = 900 ( tam giác ABC vng A); éMDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => 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)   EM  => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đường trịn (O) chắn hai cung nhau) D1= C3 => SM => 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   EM  => D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) Theo Ta có SM Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn (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 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP   CS   SM   EM  => 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 Chứng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp AC // FG Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => 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 vng A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 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 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 1.Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH 3.Chứng minh OH  PQ Lời giải: Ta có MP  AB (gt) => APM = 900; MQ  AC (gt) => AQM = 900 P Q nhìn BC góc 900 nên P Q nằm đường trịn đường kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đường kính đường tròn 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 1 Ta có SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH 10 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP   HQ  Tam giác ABC có AH đường cao nên đường phân giác => HAP = HAQ => HP ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đường cao => OH  PQ Bài 18 Cho đường tròn (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 ngồi đường trịn ; 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: Ta có : éACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éMCI = 900 (vì hai góc kề bù) éADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éMDI = 900 (vì hai góc kề bù) => éMCI + éMDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp 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 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 tròn (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 Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (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 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 thôi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông 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 ) 11 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP => 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 trịn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc 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: Tứ giác MDGC nội tiếp => éCGD = 900 (vì hai góc kề bù) Bốn điểm M, D, B, F nằm đường tròn Tứ giác ADBE hình thoi B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE MF tiếp tuyến (O’) Lời giải: éBGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 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 vng 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 A Chứng minh IP // OQ Chứng minh AP = PQ Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn Lời giải: Ta có OI = OA – IA mà OA IA bán kính đ/ tròn (O) đường tròn (I) Vậy đ/ tròn (O) đường tròn (I) tiếp xúc A 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 12 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP APO = 90 (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 Tính góc CHK Chứng minh KC KD = KH.KB Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đường nào? Lời giải: Theo giả thiết ABCD hình vng nên BCD = 900; BH  DE H nên BHD = 900 => H C nhìn BD góc 900 nên H C nằm đường tròn đường kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2) Từ (1) (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450 Xét KHC KDB ta có CHK = BDC = 450 ; K góc chung KC KH  => KHC  KDB => => 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 vuông 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 tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF ED, Chứng minh điểm B, K, E, M, C nằm đường tròn Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải: 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 tròn ) nên tam giác BFC vuông 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 vng) 13 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP => 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 tròn cắt BA BC D E A Chứng minh AE = EB Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đường trung trực D đoạn HE qua trung điểm I BH F O 3.Chứng minh OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ BDE H / _ Lời giải: _K 1 / 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 tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID 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 trịn (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 Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp Từ (1) (2) => MKI MIH Chứng minh MI = MH.MK Chứng minh PQ  MI MI MK => => MI2 =  Lời giải: MH MI Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AB = AC => ABC cân A MH.MK Theo giả thiết MI  BC => MIB = 900; MK  AB => MKB = 900 => MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp * ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứ giác BIMK ) Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 1800; tứ giác CHMI nội tiếp => HMI + HCI = 1800 mà KBI = HCI ( tam giác ABC cân A) => KMI = HMI (1) Theo tứ giác BIMK nội tiếp => B1 = I1 ( nội tiếp chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( nội tiếp chắn cung IM) Mà B1 = C1  ) => I1 = H1 (2) ( = 1/2 sđ BM 14 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP 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 trịn (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 AM tia phân giác CMD Tứ giác OHCI nội  KB AB tiếp Chứng minh đường vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đường tròn M  => MB   MC  Lời giải: Theo giả thiết M trung điểm BC => CAM = BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia KC AC  phân giác góc CAB => ( t/c tia phân giác tam giác ) KB AB  => CMA = DMA => MA tia phân (HD) Theo giả thiết CD  AB => A trung điểm CD giác góc CMD  => OM  BC I => OIC = 900 ; CD  AB H (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => 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 trịn (O) điểm A ngồi đường tròn Các tiếp tuyến với đường tròn (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 = MH2 Lời giải: 15 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP (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)  ) => HKM = MHI (1) Chứng minh tương tự ta có Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM KHM = HIM (2) Từ (1) (2) =>  HIM   KHM MI MH Theo  HIM   KHM => => MI.MK = MH2  MH MK Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC Lời giải: Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đường chéo cắt trung điểm đường (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800 => Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O) * H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC =>  BEC + BAC = 1800 => ABEC nội tiếp => E thuộc (O) Ta có H E đối xứng qua BC => BC  HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE  HE (2) Từ (1) (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3) Theo E (O) => CBE = CAE ( nội tiếp chắn cung CE) (4) Theo F (O) FEA =900 => AF đường kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( phụ ACB) (5) Từ (4) (5) => BCF = CBE (6) Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân Theo AF đường kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đường trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH 16 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Theo giả thiết I trung điểm BC => OI  BC ( Quan hệ đường kính dây cung) =>  OIG = GI OI HAG (vì so le trong); lại có OGI =  HGA (đối đỉnh) => OGI  HGA => mà OI =  GA HA AH GI  mà AI trung tuyến ∆ ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm ∆ ABC => GA Bài 29 BC dây cung đường tròn (O; R) (BC  2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A’ trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA’ Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’ OA’ Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn Lời giải: (HD) Tứ giác BFEC nội tiếp => AEF = ACB (cùng bù BFE) AEF = ABC (cùng bù CEF) =>  AEF   ABC Vẽ đường kính AK => KB // CH ( vng góc AB); KC // BH (cùng vng góc AC) => BHKC hình bình hành => A’ trung điểm HK => OK đường trung bình AHK => AH = 2OA’ Áp dụng tính chất : hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đường trịn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có : R AA '  AEF   ABC =>  (1) R bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC; R’ bán kính R ' AA1 đường tròn ngoại tiếp  AEF; AA’ trung tuyến ABC; AA1 trung tuyến AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH nên đường tròn ngoại tiếp AEF AH A 'O = AA’ Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’ 2 Vậy R AA1 = AA’ A’O (2) Gọi B’, C’lần lượt trung điểm AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ đường cao tam giác OBC, OCA, OAB SABC = SOBC+ SOCA + SOAB = ( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB ) 2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) AA1 AA1 Theo (2) => OA’ = R mà tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC AA ' AA ' AA1 EF FD ED = Tương tự ta có : OB’ = R ; OC’ = R Thay vào (3) ta nên AA ' BC AC AB EF FD ED 2SABC = R ( BC  AC  AB )  2SABC = R(EF + FD + DE) BC AC AB * R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC Ta có SABC = AD.BC BC khơng đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm giỡa cung lớn BC 17 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đường cao AH bán kính OA Chứng minh AM phân giác góc OAH Giả sử B > C Chứng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 OAH = 200 Tính: a) B C tam giác ABC b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R Lời giải: (HD)   CM  => M AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM trung điểm cung BC => OM  BC; Theo giả thiết AH  BC => OM // AH => HAM = OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( tam giác OAM cân O có OM = OA = R) => HAM = OAM => AM tia phân giác góc OAH Vẽ dây BD  OA =>  AB   AD => ABD = ACB Ta có OAH =  DBC ( góc có cạnh tương ứng vng góc nhọn) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C a) Theo giả thiết BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo B C = OAH => B - C = 200 B  C 1200 B  700 =>   0 B  C  20 C  50 R  R R R (4  3)  R 1202 b) Svp = SqBOC - S  BOC = =  R   3600 2 12 Bài 31 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết BAC = 600 1.Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R 2.Vẽ đường kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đường cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH AD // BH 3.Tính AH theo R Lời giải:  =1200 ( t/c góc nội tiếp ) Theo giả thiết BAC = 600 => sđ BC => BOC = 1200 ( t/c góc tâm)  =1200 => BC cạnh tam giác nội tiếp (O; R) * Theo sđ BC => BC = R CD đường kính => DBC = 900 hay DB  BC; theo giả thiết AH đường cao => AH  BC => BD // AH Chứng minh tương tự ta AD // BH Theo DBC = 900 => DBC vng B có BC = R ; CD = 2R => BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R )2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R Theo BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R Bài 32 Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H OB Chứng minh MN di động , trung điểm I MN nằm 5.Cho AM AN = 3R2 , AN = R đường trịn cố định Tính diện tích phần hình trịn (O) Từ A kẻ Ax  MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN nằm ngồi tam giác AMN hình bình hành Lời giải: (HD) Chứng minh C trực tâm tam giác AMN Khi MN quay quanh H C di động đường 18 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP I trung điểm MN => OI  MN I ( quan hệ đường kính dây cung) = > OIH = 900 OH cố địmh nên MN di động I di động ln nhìn OH cố định góc 900 I di động đường trịn đường kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN ln nằm đường trịn cố định Theo giả thiết Ax  MN; theo OI  MN I => OI // Ax hay OI // AC mà O trung điểm AB => I trung điểm BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đường chéo cắt trung điểm đường ) CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN  AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MC  AN; theo AC  MN => C trực tâm tam giác AMN Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đường tung bình OBC => IH // OC Theo giả thiết Ax  MN hay IH  Ax => OC  Ax C => OCA = 900 => C thuộc đường trịn đường kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đường trịn đường kính OA cố định Ta có AM AN = 3R2 , AN = R => AM =AN = R => AMN cân A (1) Xét ABN vng N ta có AB = 2R; AN = R => BN = R => ABN = 600 ABN = AMN (nội tiếp chắn cung AN) => AMN = 600 (2) 3R Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN = 3R R (4  3 => S = S(O) - SAMN =  R = 4 Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đường tròn M Chứng minh OM  BC Chứng minh MC2 = MI.MA Kẻ đường kính MN, tia phân giác góc B C cắt đường thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đường tròn Lời giải: AM phân giác BAC => BAM = CAM   => M trung điểm cung BC => OM  BC => BM  CM Xét MCI MAC có MCI =MAC (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau); M góc chung MC MI  => MCI  MAC => => MC2 = MI.MA MA MC (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => P1 = 900 – K1 mà K1 góc tam A B A B giác AKB nên K1 = A1 + B1 = (t/c phân giác góc ) => P1 = 900 – ( ).(1)   2 2 19 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP C A B = (1800 - A - B) = 900 – ( ) (2)  2 2 Từ (1) (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mà P C nằm nửa mặt phẳng bờ BQ nên A B  nằm cung chứa góc 900 – ( ) dựng BQ 2 Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đường tròn CQ tia phân giác góc ACB => C1 = Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiều cao AH = Cm, nội tiếp đường trịn (O) đường kính AA’ Tính bán kính đường trịn (O) Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ hình gì? Tại sao? Kẻ AK  CC’ tứ giác AKHC hình gì? Tại sao? Tính diện tích phần hình trịn (O) nằm ngồi tam giác ABC Lời giải: (HD) Vì ABC cân A nên đường kính AA’ đường trịn ngoại tiếp đường cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA’đi qua H BC AH = => ACA’ vng C có đường cao CH =  = 3cm; 2 CH 32 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H =    2,5 => AA’ AH 4 => AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm) Vì AA’ CC’ hai đường kính nên cắt trung điểm O đường => ACA’C’ hình bình hành Lại có ACA’ = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên suy tứ giác ACA’C’ hình chữ nhật Theo giả thiết AH  BC; AK  CC’ => K H nhìn AC góc 900 nên nằm đường trịn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => C2 = H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; AOC cân O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( có hai góc so le nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2).Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân Bài 35 Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM Chứng minh AM2 = AE.AC Chứng minh AE AC - AI.IB = AI2 Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Lời giải: Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900;  ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900 => EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp Theo giả thiết MN AB => A trung điểm cung MN => AMN = ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME = ACM Lại thấy CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM AE Theo AME   ACM => => AM2 = AE.AC  AC AM 20 ThuVienDeThi.com ... Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO (t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP AONP hình chữ nhật => éAPO... 900 (t/c hình vng) 13 ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP => 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)... ThuVienDeThi.com TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP 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