Giải bài tập đề nghị Phần Hình học (Chủ đề 6)42686

Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan GIẢI CÁC BÀI TẬP BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ - PHẦN HÌNH HỌC CHỦ ĐỀ SÁCH ƠN THI VÀO 10 THPT MƠN TỐN CỦA SGD ĐT NINH BÌNH 2015 Tháng năm 2015 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan Bài 6.1 Cho đường trịn (O; R) đường kính AB, lấy điểm I thuộc đoạn AO cho AO = 3.IO Qua I vẽ dây cung CD vng góc với AB, đoạn CD lấy điểm K tuỳ ý Tia AK cắt đường tròn (O) điểm thứ hai M a Chứng minh tứ giác IKMB nội tiếp b Chứng minh tâm F đường tròn ngoại tiếp tam giác MKC nằm đường thẳng cố định c Khi K di động đoạn CD, tính độ dài nhỏ đoạn DF Giải a c/m tứ giác IKMB nội tiếp ฀ Ta có KMB  900 ( chắn nửa đường trịn (O) ฀  900 (gt) nên tứ giác IKMB nội tiếp (vì có Lại có KIB góc đối vng) b c/m tâm F (CKM) thuộc đường cố định Vẽ đường kính CE (CKM) , ta có KE // AB ( ฀ ฀  MAB  CD)  MKE (đ/vị) ฀ ฀ ฀ (F) ) Lại có MKE  MCE (cùng chắn cung ME ฀ ฀ ฀ (O) ) (cùng chắn cung MB MAB  MCB ฀ ฀ Suy MCE  MCB  C, E, B thẳng hàng  C, F, B thẳng hàng Suy F thuộc đường thẳng CB cố định c Kẻ DH  CB H  DH không đổi Ta có DF  DH nên DF ngắn DH Ta có CI  CO  IO  R  R2 2R 4R   CD  3 4R 8R 2R CB  BI BA  R   CB  3 4R 4R BI CD 3  8R Lại có DH.CB=BI.CD ( nửa S  CBD)  DH   CB 2R 8R Vậy DF ngắn Bài 6.2 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A C khác O ) Đường thẳng qua điểm C vng góc với AO cắt nửa đường trịn cho D Trên cung BD lấy điểm M ( với M khác B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F giao điểm AM CD a Chứng minh tam giác EMF cân b Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh D, I, B thẳng hàng; c Chứng minh góc ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD Giải Tháng năm 2015 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan E D M I H F A B C O a) Ta có: M  O  đường kính AB (gt) suy ra: ฀AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường ฀ ฀ ฀ trịn) hay FMB  900 (GT ) Do ฀AMB  FCB  900 Mặt khác FCB  1800 Suy BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn ฀ ฀ ฀  CBM  EFM ) 1 (cùng bù với CFM ฀ ฀ Mặt khác CBM  EMF 2  (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn ฀AM ) ฀ ฀  EMF  EFM cân E (đpcm) 1 & 2   EFM ฀ IF D ฀ b) Gọị H trung điểm DF Dễ thấy IH  DF HID  3 ฀ DIF ฀ ฀ ) hay Trong đường tròn I  ta có: DMF (góc nội tiếp góc tâm chắn DF  ฀ IF D ฀ DMA  4  ฀ ฀ ฀ )’  DBA Trong đường trịn O  ta có: DMA 5 (góc nội tiếp chắn DA ฀ ฀  DBA 3; 4 ; 5  DIH ฀ ฀  900  DBA Dễ thấy CDB ; ฀ ฀  DBA Mà DIK cmt  ฀ ฀ ; HDI  900  DIH ฀ ฀ ฀ ฀  D; I ; B thẳng hàng  HDI  CDI Suy CDB hay CDB c Ta có: D; I; B thẳng hàng (cmt)  ฀ABI  ฀ABD  sd  sd ฀AD không đổi ฀AD Vì C cố định nên D cố định Do góc ABI có số đo không đổi M thay đổi cung BD Tháng năm 2015 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan Bài 6.3 Cho điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ đường trịn tâm O thay đổi ln qua B C (O không nằm đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O M N Gọi I trung điểm BC, AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P Q (P nằm A O), BC cắt MN K a) Chứng minh điểm O, M, N, I nằm đường tròn b) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi c) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Giải M Q P A O D H B K I E C d N ฀  900 a) I trung điểm BC ( dây BC không qua O )  OI  BC  OIA Ta có ฀AMO  900 ( AM hai tiếp tuyến (O) ) ฀ANO  900 ( AN hai tiếp tuyến (O) ) Suy điểm O, M, N, I thuộc đường trịn đường kính OA ฀ b) AM, AN hai tiếp tuyến (O) cắt A nên OA tia phân giác MON mà ∆OMN cân O nên OA  MN ฀ ฀ ฀ CAN ฀ ∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( ANB=ACN= sđ NB chung ) suy AB AN =  AB.AC=AN AN AC ∆ANO vuông N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 Suy AB.AC = AH.AO ฀ ฀ ฀ chung ) ∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( AHK=AIO=90 OAI AH AK AB.AC  =  AI.AK=AH.AO  AI.AK=AB.AC  AK= AI AO AI Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy AK cố định mà A cố định, K giao điểm Tháng năm 2015 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan dây BC dây MN nên K thuộc tia AB suy K cố định ฀ c) Ta có PMQ=90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ Xét ∆MHE ∆QDM có MEH=DMQ ( phụ với DMP ), EMH=MQD ( ME MH ฀  phụ với MPO ) MQ DQ ∆PMH đồng dạng với ∆MQH MP MH MH    MQ HQ DQ MP ME   MQ MQ  ME = MP  P trung điểm ME Bài 6.4 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O ; R), hai đường cao BE CF tam giác cắt H Kẻ đường kính AK đường trịn (O ; R), gọi I trung điểm BC a) Chứng minh AH = 2.IO ฀ b) Biết BAC  600 , tính độ dài dây BC theo R Giải a) Vì B, C thuộc đường trịn đường kính AK A ฀ ฀  ABK  ACK  900  KB  AB, KC  AC CH  AB, BH  AC (gt)  BK // CH, CK // BH  BHCK hình bình hành E I trung điểm BC (gt)  I trung điểm HK O trung điểm AK (gt)  OI đường trung bình KAH F O H B  OI  AH  AH  2.IO C I K ฀ ฀ b) OA  OC  OAC cân O  OAC  OCA ฀ ฀ ฀ (T/c góc ngồi tam giác) KOC  OAC  OCA ฀ ฀  KOC  2.OAC ฀ ฀  2.OAB Chứng minh tương tự: KOB   ฀ ฀ ฀ ฀ ฀ ฀  KOC  KOB  OAC  OAB  BOC  2.BAC  1200   ฀  1800  1200 :  300 OB  OC  OBC cân O  OCI Vì I trung điểm BC (gt)  OI  BC Trong OIC I  900 : IC  OC.cos300  R  BC  R  Tháng năm 2015  ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan Bài 6.5 Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên đoạn OB lấy điểm M tuỳ ý (M khác O B) gọi H trung điểm AM Qua H kẻ dây DE vng góc với AM Kẻ MI vng góc với BD I Chứng minh rằng: a) Tứ giác MHDI nội tiếp b) DE l phân giác góc ADM c) Ba điểm I, M, E thẳng hàng d) HI tiếp  tuyến đường trịn đường kính MB Giải a) Tứ giác MHDI có MHD + MID = 1800 D nên tứ giác nội tiếp b)ADME hình thoi (tứ giác có hai đường chéo vng góc cắt trung điểm đường) => DE phân giác góc I ADM B c) ADME hình thoi nên EM // AD => EM A O H M   DB, mà MI  DB = > E, M, I thẳng hàng d) Gọi K trung điểm MB K tâm đường trịn đk MB MKI cân M nên MIK = IMK, mà IMK = HME (đđ) = DMH (t/c hthoi) => MIK =DMH (1) E DMH + HDM = 90 (2) (HDM vuông) HDM = HIM (3) (cùng chắn cung HM đường tròn (MHDI)) Từ (1),(2) (3) suy MIK + HIM = 900 => HI tiếp tuyến đường tròn ng kớnh MB Bi 6.6 Cho đường tròn (O;R), dây BC cố định (BC < 2R) điểm A di động cung lớn BC cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao BD CE tam giác ABC cắt H a)Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp b)Giả sử BAC 600 , hÃy tính khoảng cách từ tâm O đến cạnh BC theo R c)Chứng minh đường thẳng kẻ qua A vuông góc với DE qua điểm cố định d) Phân giác góc ABD cắt CE M, cắt AC P Phân giác góc ACE cắt BD N, cắt AB Q Tứ giác MNPQ hình gì? Tại sao? Gii ฀ a) BD  AC (gt)  ADB = 90 ฀ CE  AB (gt)  AEC = 900 Tháng năm 2015 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan -฀ +E ฀  1800 nên tứ giác nội Tứ giác ADHE có D tiếp b) Kẻ OI  BC ( I  BC ), nối O với B, O với C ฀ ฀ Có BAC = 60  BOC = 120 (góc nội tiếp góc tâm chắn cung) ฀  300 Suy OI  R OBC cân O  OCI c) Gọi (d) đường thẳng qua A vng góc với DE Qua A kẻ tiếp tuyến sAt với đường tròn (O;R)  AO  sAt ฀ ฀ ฀ =AED BEDC nội tiếp (E, D nhìn BC góc vng)  ACB (cùng bù với BED )  ฀  ฀  ACB ฀ Mặt khác BAs   sdAB    ฀ ฀  BAs  AED  sAt // DE (hai góc vị trí so le trong)  d  sAt Có d  sAt , OA  sAt  d  OA (tiên đề Ơclit)  Đường thẳng (d) qua điểm O cố định ฀ ฀ ฀  ACE d) Có ABD (cùng phụ với góc BAC )  1฀  ฀ ฀  ABP  ECQ   ABD    ฀ ฀ QEC vuông E  ECQ  EQC  900  CQ  BP Mà BP, CQ phân giác nên MP, NQ cắt trung điểm đường Vậy có MNPQ hình thoi Bài 6.7 Cho điểm cố định A, B, C phân biệt thẳng hàng theo thứ tự Đường trịn (O) qua B C (O không thuộc BC) Qua A kẻ tiếp tuyến AE AF đến đường tròn (O) (E F tiếp điểm) Gọi I trung điểm đoạn thẳng BC, N trung điểm đoạn thẳng EF a Chứng minh rằng: E F nằm đường tròn cố định đường tròn (O) thay đổi b Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) E’(khác F) Chứng minh tứ giác BCE’E hình thang c Chứng minh rằng: Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ONI nằm đường thẳng cố định đường trịn (O) thay đổi Giải a Vì AF tiếp tuyến đường tròn (O) nên ta có: ∠��� = ∠��� Tháng năm 2015 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan Xét ∆AFB ∆���, ta có: ∠FAB=∠FAC, ∠��� = ∠��� Suy ∆AFB ∽ ∆��� Ta có AE2=AF2=AB.AC khơng đổi nên E,F thuộc đường trịn tâm A bán kính AB AC b.Do AEFO nội tiếp AOIF nội tiếp nên AEIF nội tiếp =>AIF=AEF=EE′F (góc nội tiếp góc tạo tt dây cung chắn cung EF) c.Gọi K giao EF AC ta có tứ giác NKIO nội tiếp=>tâm đg trịn ngoại tiếp tam giác NIO nằm đường trung trực KI Ta cần chứng minh đường trung trực KI cố định cách chứng minh K cố định (do I cố định rồi) Ta có A,N,O thẳng hàng Mà NKOI nội tiếp nên AN.AO=AK.AI Lại có tam giác AEO vng có đường cao EN A nên AE2=AN.AO =>AK.AI=AE2=AB.AC Do AI,AB,AC có độ dài ko đổi nên AK ko đổi=>K cố định =>Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ION nằm đường trung trực KI cố định Bài 6.8 Cho đường tròn tâm O hai điểm B, C thuộc đường tròn Các tiếp tuyến với đườngtròn B C cắt A M điểm thuộc cung nhỏ BC Tiếp tuyến với đường tròn M cắt AB, AC thứ tự D, E Gọi giao ®iĨm cđa OD, OE víi BC theo thø tù ë I, K Chøng minh: a) BD OE = OD BI b) Tứ giác DIKE nội tiếp c) Các đường thẳng OM, DK, EI đồng quy Giải a) ta có : BDI = ODE (t/c tiÕp tuyÕn c¾t nhau) ฀ DBI =DOE (= = SdBMC ) Do ®ã DBI ~ DOE => BD OE = OD BI ฀ ฀ ฀ b) DBK = DOE = SdBMC => Tø gi¸c OBDK néi tiÕp (Theo quü tÝch cung chøa gãc) ฀ ฀ => DBO  DKO  1800 ฀ ฀ => DKO  900 vµ DKE  900 ฀  900 Chøng minh t­¬ng tù DIE => DIKE nội tiếp đương tròn đường kính DE c) Theo câu b) EI và; DK đường cao DOE; OM đường cao DOE => Các đường thẳng OM, DK, EI đồng quy mét ®iĨm Tháng năm 2015 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan Bài 6.9 (tr.130) ฀ Cho đường tròn (O; R) dây cung BC với BOC =1200 Các tiếp tuyến vẽ B C với đường tròn cắt A.Gọi M điểm tùy ý cung nhỏ BC (M khác B C) Tiếp tuyến M với đường tròn (O) cắt AB E cắt AC F a/ Tính chu vi tam giác AEF theo R b/Gọi I K tương ứng giao điểm BC với OE OF Chứng minh tứ giác OIFC nội tiếp đường thẳng OM, EK, FI qua điểm  c/ Chứng minh: EF = 2IK Gi¶i a) Tính góc EOF: EOF^ = FOM^ +EOM^ = BOM^/2 + COM^/2 = BOC^/2 = 1200/2 = 600 a) Tính chu vi tam giác AEF : AB = AC (tính chất t tuyến) => ABC cân ACB = sđ(BC/2) = BOC/2 = 1200/2 = 600 => ABC tam giác  CV(AEF) = AF + AE + EM + MF = AE + BE + AF + CF = AB + AC = 2BC Gọi H giao OA BC có BC = 2.CH OCH tam giác vng có OCH = 300 => H I K OH = OC/2 = R/2  C 2 2 2 CH = OC - OH = R - R /4 = 3R /4 => CH = R√3/2 => BC = R√3 F => CV(AEF) = 2BC = 2R√3 M E b) Chứng minh tứ giác OIFC nội tiếp đường thẳng OM, EK,FI qua điểm: A OE trung trực BM (tính chất tiếp tuyến), I thuộc OE => IB = IM => ΔOBI = Δ OMI (c.c.c) => OMI = OBI = 300 = OCI => OCMI nội tiếp đường tròn, mà O,C,M thuộc đường trịn đường kính OF => I thuộc đường trịn đường kính OF => OIF = 900 (hay IFOI) mà OCF = 300 (tính chất tiếp tuyến) => OIFC nội tiếp đường trịn chứng ming tương tự có EK  OF FI EK đường cao Δ OEF OM EF đường cao thứ Δ OEF => OM, EK, FI qua điểm trực tâm Δ OEF c) Chứng minh EF=2KI: CBM = COM/2 ( góc nội tiếp = 1/2 góc tâm chắn cung CM) MOK = COM/2 ( tính chất tiếp tuyến) => CBM = KBM = MOK => BOKM nội tiếp => BMO = BKO ( chắn cung BO) Tháng năm 2015 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan mà BMO = OEF ( có cạnh tương ứng vng góc) => OEF = BKO => ΔOEF ~ Δ OKI ( g.g) ta có: OEK = OFI ( có cạnh vng góc) OFI = OCI ( chắn cung OI) OCI = 300 => OEK = 300 => sin(OEK) = OK/OE = 1/2 (1) ΔOEF ~ Δ OKI => OK/OE = IK/EF (2) (1) (2) => IK/EF = ½ Bài 6.10 (Tr 130) Cho hai đường tròn (O ; R) (O’ ; R’) cắt I J (R’ > R) Kẻ tiếp tuyến chung hai đường trịn đó; chúng cắt A Gọi B C tiếp điểm hai tiếp tuyến với (O’ ; R’); D tiếp điểm tiếp tuyến AB với (O ; R) (điểm I điểm B nửa mặt phẳng bờ O’A) Đường thẳng AI cắt (O’ ; R’) M (điểm M khác điểm I ) a) Gọi K giao điểm đường thẳng IJ với BD Chứng minh: KB = KI.KJ ; từ suy KB = KD b) AO’ cắt BC H Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm đường tròn c) Chứng minh đường thẳng AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD Giải a) K giao điểm đường thẳng IJ với BD Chứng minh KB = KD B K M D I A H O O' J C ฀ Do AO AO’ hai tia phân giác BAC => A,O,O’ thẳng hàng ฀  IBK ฀ 1 BJI ฀ ; BKI ฀ sđ BI Có chung Tháng năm 2015 10 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan KI KB =  KB2 =KI.KJ  Δ KBI đồng dạng với Δ KJB (g.g)=> KB KJ (1)  KI KD =  KD =KI.KJ KD KJ (2) Tương tự: Δ KDI đồng dạng với Δ KJD Từ (1) (2) => KB=KD b) Chứng minh điểm I, H, O’, M nằm đường tròn +/Xét tam giác vng ABO’ có: AB =AH.AO' (3) ฀  AMB ฀ ABI  ฀ ; BAI ฀ chung sđ BI +/ Có : AB AI  =  AB2 =AM.AI Δ ABI đồng dạng với Δ AMB (g.g) AM AB (4) AH AM AI.AM=AH.AO'  = AI AO' Từ (3),(4) => AH AM = ฀ chung ) => Δ AHI đồng dạng với Δ AMO' ( AI AO' ; A ฀ ฀ => AHI=AMO' => tứ giác MIHO’ nội tiếp hay điểm I, H, M, O’ thuộc đường tròn c) Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD AO OD R OI OI      Do OD // O’B (cùng  AB) AO' O'B R' O'M O'I OI cắt O’I A,I,M thẳng hàng => OI // O’M ฀ ฀ => DOI=BO'M 1฀ ฀  DOI ฀ 1 ฀ BDI BIM  BO'M  ฀ ฀ 2 sđ DI 2 sđ BM mà ฀  BIM ฀ =>IM tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ΔBID => BDI hay AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp Δ IBD Bài 6.11 Cho đường tròn (O), đường thẳng d cắt (O) hai điểm C D Từ điểm M tùy ý d kẻ tiếp tuyến MA MB với (O) (A B tiếp điểm) Gọi I trung điểm CD a) Chứng minh tứ giác MAIB nội tiếp b) Các đường thẳng MO AB cắt H Chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác COD c) Chứng minh AB qua điểm cố định M thay đổi d MD HA2 d) Chứng minh  MC HC Tháng năm 2015 11 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan Bài 6.12 Cho điểm A cố định nằm đường tròn (O; R) cố định Từ điểm A kẻ đường thẳng d không qua O, cắt đường tròn (O) B, C (B nằm A C) Các tiếp tuyến đường tròn (O) B, C cắt D Kẻ DH vng góc với AO H; DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I giao điểm DO BC 1) Chứng minh năm điểm B, C, D, H, O nằm đường tròn Tháng năm 2015 12 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan 2) Chứng minh đường thẳng AM tiếp tuyến đường trịn (O) 3) Chứng minh tích HB.HC không đổi đường thẳng d quay quanh điểm A Giải Tháng năm 2015 13 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan Bài 6.13 Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự Đường trịn (O; R) thay đổi qua B C cho O không thuộc BC Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM AN với đường tròn (O) Gọi I trung điểm BC, E giao điểm MN BC, H giao điểm đường thẳng OI đường thẳng MN a) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I thuộc đường tròn b) Chứng minh OI.OH = R c) Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Giải H a) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I thuộc đường tròn I trung điểm BC suy OI  BC M ฀  900  AIO ฀ ฀  ANO  900 AM, AN tiếp tuyến  AMO Suy A, M, N, I, O thuộc đường tròn Suy M, N, I, O thuộc đường tròn b) Chứng minh OI.OH = R ฀ ฀  900  AFIH Gọi F  MN  AO  AFH  AIH tứ giác nội tiếp ฀  OHA ฀  OFI  OFI đồng dạng với OHA Tháng năm 2015 14 ThuVienDeThi.com E B A I C F O N Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan  OF OI =  OI.OH = OF.OA (1) OH OA Tam giác AMO vng M có MF đường cao nên OF.OA = OM  R (2) Từ (1) (2) suy OI.OH = R c) Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Tam giác AMB đồng dạng với tam giác ACM  AB.AC = AM Tứ giác EFOI nội tiếp  AE.AI = AF.AO = AM Suy AB.AC = AE.AI ; A, B, C, I cố định suy AE số Mặt khác E thuộc đoạn thẳng BC cố định nên điểm E cố định Vậy MN qua điểm E cố định Bài 6.14 Cho đường tròn tâm O đường kính BC  R , điểm A nằm ngồi đường tròn cho tam giác ABC nhọn Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N hai tiếp điểm) Gọi H trực tâm tam giác ABC, F giao điểm AH BC Chứng minh rằng: a) Năm điểm A, O, M, N, F nằm đường tròn; b) Ba điểm M, N, H thẳng hàng; c) HA.HF  R  OH Giải a) Do điểm M, N, F nhìn đoạn AO A góc 900 nên A, O, M, N, F thuộc đường trịn đường kính AO D b) Ta có AM  AN (Tính chất tiếp tuyến) Từ câu a) suy ฀ANM  ฀AFN (1) Mặt khác, hai tam giác ADH, AFC đồng dạng; hai tam giác ADN, ANC đồng dạng nên AH AF  AD AC  AN  AH AN  AN AF Do đó, hai tam giác ANH, AFN đồng dạng (c.g.c)  ฀ANH  ฀AFN (2) Từ (1), (2) ta có  ฀ANH  ฀ANM  H  MN  đpcm c) Từ câu a) ta có HM HN  HA.HF Gọi I  OA  MN ta có I trung điểm MN HM HN  IM  IH IM  IH   IM  IH    OM  OI  OH  OI  R  OH Từ suy HA.HF  R  OH Tháng năm 2015 15 ThuVienDeThi.com H M B F N I O C Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan Bài 6.15 Cho đường trịn (O;R) có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (khác O) Đường thẳng CM cắt đường tròn tâm O điểm N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn điểm P Chứng minh rằng: a) Tứ giác OMNP nội tiếp b) Tứ giác CMPO hình bình hành c) Tích CM.CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M d) Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định Gii C M A O B N A' P D B' a Ta cã OMP = 900 ( v× PM  AB ); ONP = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ) Nh­ vËy M vµ N cïng nh×n OP d­íi mét gãc b»ng 900 => M N nằm đường tròn đường kính OP => Tø gi¸c OMNP néi tiÕp b Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM =  ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OCN => OPM = OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta cã MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD  AB; PM  AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành c Xét hai tam giác OMC vµ NDC ta cã MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nưa đường tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C lµ gãc chung => OMC NDC => CM CO  => CM CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CD CN CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M d ( HD) DÔ thÊy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đường thẳng cố định vuông góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B song song AB Thỏng năm 2015 16 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan Bài 6.16 Cho điểm M nằm đường tròn (O;R) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đường tròn (O;R) ( A; B hai tiếp điểm) a) Chứng minh MAOB tứ giác nội tiếp b) Tính diện tích tam giác AMB cho OM = 5cm R = cm c) KỴ tia Mx n»m gãc AMO cắt đường tròn (O;R) hai điểm C D ( C nằm M D ) Gọi E giao điểm AB OM Chứng minh EA tia phân giác góc CED Gii a) Ta cã: MA  AO ; MB  BO ( T/C A tiÕp tuyÕn c¾t nhau) ฀ ฀ D  MBO  900 => MAO ฀ ฀ C Tø gi¸c MAOB cã : MAO  MBO  0 E 90 + 90 = 180 => Tø gi¸c MAOB nội O M tiếp đường tròn B b) áp dụng ĐL Pi ta go vào MAO vuông A cã: MO2 = MA2 + AO2  MA2 = MO2 – AO2  MA2 = 52 – 32 = 16 => MA = ( cm) Vì MA;MB tiÕp tuyÕn c¾t => MA = MB => MAB cân A MO phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO đường trung trực => MO AB Xét AMO vuông A cã MO  AB ta cã: AO2 = MO EO ( HTL  vu«ng) => EO = => ME = - AO = (cm) MO 16 = (cm) 5 áp dụng ĐL Pi ta go vào tam giác AEO vuông E ta cã:AO2 = AE2 +EO2  AE2 = AO2 – EO2 =  AE = 81 144 12 = = 25 25 12 ( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE MO đường trung trùc cña AB) 24 1 16 24 192 (cm) => SMAB = ME AB = = (cm2) 2 5 25 c) XÐt AMO vuông A có MO AB áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông AB = AMO ta cã: MA2 = ME MO (1) mà : ADC MAC = Sđ AC ( góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung) Thỏng nm 2015 17 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan -MA MD  => MA2 = MC MD (2) MC MA MD ME  Tõ (1) vµ (2) => MC MD = ME MO => MO MC MD ME ฀ ฀   MCE ฀  MDO ( c.g.c) (M chung; ) => MEC ( gãc tøng) ( 3)  MDO MO MC OA OM T­¬ng tù:  OAE ฀ OMA (g.g) => = OE OA OA OM OD OM  => = = ( OD = OA = R) OE OA OE OD ฀ chong ; OD  OM ) => OED ฀ ฀ Ta cã:  DOE ฀  MOD ( c.g.c) ( O ( gãc t øng) (4)  ODM OE OD ฀ ฀ ฀ Tõ (3) (4) => OED mµ : ฀AEC  MEC =900  MEC ฀AED  OED ฀ =900  MAC ฀  DAM (g.g) => ฀ => ฀AEC  ฀AED => EA lµ phân giác DEC Bi 6.17 T im M ngồi đường trịn (O) vẽ cát tuyến MCD khơng qua tâm O hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O), A, B tiếp điểm C nằm M, D Gọi I trung điểm CD, Gọi H giao điểm AB MO a) Chứng minh điểm M, A, O, I , B nằm đường trịn b) Chứng minh AB phân giác góc CHD c) Gọi K giao điểm tiếp tuyến C D đường tròn (O) Chứng minh A, B, K thẳng hàng Giải a) MA, MB tiếp tuyến (O) nên K MAO =  MBO = 900 * I trung điểm dây CD nên  MIO = 900 Do đó:  MAO =  MBO =  MIO = 900 A D  điểm M, A, O, I, B thuộc đường I trịn đường kính MO C b) Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R(O) Do MO O trung trực AB  MO  AB H M Trong MAO vng A có AH đường cao  MA2 = MH.MO Mà MA2 = MC.MD B (do a))  MC.MD = MH.MO  MH MC  MD MO (1) Xét  MHC MDO có: M chung, kết hợp với (1) ta suy MHC MDO đồng dạng (c–g –c)   MHC =  MDO  Tứ giác OHCD nội tiếp Tháng năm 2015 18 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan  Ta có: + OCD cân O   OCD =  MDO +  OCD =  OHD (do OHCD nội tiếp) Do  MDO =  OHD mà  MDO =  MHC (cmt)   MHC =  OHD  900 –  MHC = 900 –  OHD   CHA =  DHA  HA phân giác  CHD hay AB phân giác  CHD c) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì  OCK =  ODK = 900)   OKC =  ODC =  MDO mà  MDO =  MHC (cmt)   OKC =  MHC  OKCH nội tiếp   KHO =  KCO = 900  KH  MO H mà AB  MO H  HK trùng AB  K, A, B thẳng hàng Bài 6.18 Cho tam giác ABC nhọn có trung tuyến CM Các đường cao AH, BD, CF cắt I Gọi E trung điểm DH Đường thẳng qua C song song với AH cắt BD P; đường thẳng qua C song song với BD cắt AH Q a) Chứng minh PI.AB = AC.CI b) Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác CDH Chứng minh MD tiếp tuyến đường tròn (O) c) CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC R (R khác C); CM cắt đường tròn (O) K (K khác C) Chứng minh AB đường trung trực đoạn KR Giải 0 ฀ ฀  90 a,Chứng minh PCB  90  ฀ACB  C C Ta có : ฀ C ฀  900 P ฀ ฀ (1)  ACB  P Chứng minh tứ giác ADIF nội tiếp P D Từ (1) (2)  PIC ฀ CAB ( g.g ) I PI IC   PI AB  AC.IC (đpcm) AC AB A b, Chứng minh MD tiếp tuyến đường tròn (O) Chứng minh tứ giác CDIH nội tiếp đường trịn (O) ฀ góc nội tiếp chắn cung DI (3)  DCI ADB có DM đường trung tuyến ฀ ฀  MDB (4)  MDB cân M  MBD ฀ ฀ ฀ ) (5) Ta lại có  MBD  DCI (cùng phụ với CAB ฀ ฀ Từ (4) (5)  MDB  DCI (6) Từ (3) (6) suy MD tiếp tuyến đường tròn (O) Tháng năm 2015 H E ฀ ฀  CAB  PIC (2)  Q 19 ThuVienDeThi.com F M B Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan c, Chứng minh AB đường trung trực đoạn KR MD tiếp tuyến (O) Bài 6.19 Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A C khác O ) Đường thẳng qua điểm C vng góc với AO cắt nửa đường tròn cho D Trên cung BD lấy điểm M ( với M khác B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F giao điểm AM CD a Chứng minh : BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn b Chứng minh EM = EF c Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh D, I, B thẳng hàng; từ suy góc ABI có số đo không đổi M thay đổi cung BD Giải Nửa đường trịn (O) đường kính AB C cố định C  OA E M  O  ; ME tiếp tuyến (O) GT CD  OA I tâm đường tròn ngoại tiếp FDM D a) BCFM tứ giác nội tiếp đường tròn M I H KL b) EM = EF F c) D, I, B thẳng hàng; từ suy góc ABI có số đo A khơng đổi M thay đổi cung BD B C O a) Ta có: M  O  đường kính AB (gt) suy ra: ฀AMB  900 (góc nội tiếp chắn đường ฀ ฀ ฀ tròn) hay FMB  900 Mặt khác FCB  900 (GT ) Do ฀AMB  FCB  1800 Suy BCFM tứ giác nội tiếp đường trịn ฀ ฀ ฀ b) Ta có: BCFM tứ giác nội tiếp(cmt)  CBM )  EFM 1 (cùng bù với CFM ฀ ฀ Mặt khác CBM  EMF 2  (góc nội tiếp góc tạo t tuyến dây cung chắn ฀AM ) ฀ ฀  EMF  EFM cân E 1 & 2   EFM  EM  EF (đpcm) ฀ IF D ฀ c) Gọị H trung điểm DF Dễ thấy IH  DF HID  3 ฀ DIF ฀ ฀ ) hay Trong đường trịn I  ta có: DMF (góc nội tiếp góc tâm chắn DF  ฀ DIF ฀ DMA  4  Tháng năm 2015 20 ThuVienDeThi.com ... cắt AB Q Tứ giác MNPQ hình gì? Tại sao? Giải ฀ a) BD  AC (gt)  ADB = 90 ฀ CE  AB (gt)  AEC = 900 Tháng năm 2015 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS... A Giải Tháng năm 2015 13 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan Bài. .. 2015 ThuVienDeThi.com Giải BT đề nghị - Phần Hình học (Chủ đề 6) Nguyễn Bá Minh_THCS Phú Long, Nho Quan Bài 6.3 Cho điểm A, B,