BÀI tập HÌNH ôn THI vào 10 PHẦN 45

CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG O Câu 61 Cho nửa đường tròn   đường kính AB , C điểm nằm đoạn OA ( C khác A,C khác O) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn vẽ tiếp tuyến Ax;By với nửa đường tròn M điểm nằm nửa đường tròn ( M khác A, M khác B) đường thẳng qua M vng góc với MC cắt tia Ax;By P,Q 1)Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp 2)Chứng minh AMB đồng dạng với CPQ 3)Gọi D giao điểm CP AM E giao điểm CQ BM Chứng minh OM qua trung điểm DE Lời giải 1.Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp · +) Ta có : PQ  MC M ( gt)  PMC  90 · +) PA  AB ( t/c tiếp tuyến đường tròn)  PAC  90 · · +) Xét tứ giác PMCA có : PMC  PAC 180  PMCA tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính PC ( tứ giác có hai góc đối có tổng 180 ) 2.Chứng minh  MAB đồng dạng  CPQ ¼ · · · · CPM  MAC  sdMC  CPQ  MAB +) Xét đường trịn đường kính PC có · +) Ta có : MQ  MC M ( gt)  CMQ  90 · +) BA  BQ ( t/c tiếp tuyến đường tròn)  QBC  90 · · +) Xét tứ giác MQBC có : CMQ  QBC 180  MQBC tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính QC ( tứ giác có góc đối có tổng 180 ) ¼ · · · ·  MQC  MBC  sdMC  MBA  CQP TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN PHONE: 0983.265.289 CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG · · · · Xét  MAB  CPQ có MAB  CPQ MBA  CQP   MAB đồng dạng  CPQ ( g.g) Gọi D giao điểm CP AM, E giao điểm CQ BM CMR: OD qua trung điểm DE Gọi K giao điểm OM DE · · · Ta có DME  90 ( Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  DME  DCE  90 (  MAB đồng dạng  CPQ ) 0 · · · · Xét tứ giác : MDCE có DME  DCE  90  DME  DCE  180  Tứ giác MDCE nội tiếp đường trịn đường kính DE ( tứ giác có góc đối có tổng 1800 ) ¼ · · MED  MCD  sdMD · ·  MED  MCP (1) · · ¼ Xét đường trịn đường kính PC có MAP  MCP  sdAM ( hai góc nội tiếp chắn cung) (2) ¼ · · MAP  MBA  sdAM (3) AB có Xét đường trịn đường kính · · Tu (1),(2),(3)  MED  MBA Mà góc vị trí đồng vị nên  DE // AB · · · · +) Xét  MKD  MOA có DMK  AMO ( chung) MKD  MOA ( đồng vị )   MKD đồng dạng  MOA ( g.g) MD MK DK    MA MO AO (4) + Tương tự  MEK đồng dạng  MBO ( g.g)  ME MK KE   MB MO OB ( 5) TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN PHONE: 0983.265.289 CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI Từ (4) (5) điểm DE  GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG DK KE  OA OB Mà OA = OB = R  DK  KE hay OM qua trung O O Câu 62 Từ điểm A nằm ngồi đường trịn   kẻ tiếp tuyến AM; AN với   , M; N tiếp điểm cát tuyến APQ  AP  AQ  M nằm cung nhỏ PQ Gọi D trung O điểm PQ Gọi T giao điểm MD với   a) Chứng minh điểm A; M; O; N thuộc đường tròn b) Chứng minh NT // PQ c) Đường thẳng OD cắt tiếp tuyến AM; AN B C qua O kẻ đường thẳng vng góc với BC cắt MN I Qua I kẻ đường thẳng vng góc với OI cắt AM; AN tại E F Chứng minh OEF cân AI qua trung điểm K BC Lời giải a) Xét  O  có AM, AN · · tiếp tuyến  AMO  ANO  90 · · Tứ giác AMON có: AMO  ANO  90  90  180  Tứ giác AMON nội tiếp TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN PHONE: 0983.265.289 CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI  Bốn điểm A, M, N,O thuộc đường tròn GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG · b) Vì D trung điểm PQ nên OD  PQ  ADO  90 · · Xét tứ giác ADON có: ADO  ANO  90  Tứ giác ADON nội tiếp  Bốn điểm A, D,O, N thuộc đường tròn Mà bốn điểm A, M, N,O thuộc đường tròn (ý a) Suy ra: năm điểm A, M, N, D,O thuộc mộtđường tròn · ·  Tứ giác ANDM nội tiếp  ADM  ANM ¼ sdMN ·ANM  NTM · Lại có (cùng ) · · Suy ra: MTN  ADM Mặt khác hai góc vị trí đồng vị Suy ra: NT//PQ · · c, Xét tứ giác MEIO có: OME  OIE  90  90  180 · · · ·  Tứ giác MEIO nội tiếp  OEI  OMI  OEF  OMN (1) · · Xét tứ giác NIOF có: OIF  ONF  90 · · · ·  ONI  OFE  ONM  Tứ giác NIOF nội tiếp  OFI (2) Xét OMN có: OM  ON  R · ·  ONM  OMN cân O  OMN (3) · · Từ (1) (2) (3) suy ra: OEF  OFE · · Xét OEF có: OEF  OFE  OEF cân O Gọi K giao điểm AI BC Vì OEF cân O nên OI vừa đường cao vừa đường trung tuyến  I trung điểm EF  IE  IF  BC//EF OI  BC  OI  EF Ta có:  IE//BK  IF//CK TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN PHONE: 0983.265.289 CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG IE AI  ABK có IE//BK nên áp dụng hệ định lí Ta-let ta có: BK AK IF AI  ACK có IF//CK nên áp dụng hệ định lí Ta-let ta có: CK AK (3) (4) IE IF  Từ (3) (4) suy BK CK Mà IE  IF  cmt  Suy ra: BK  CK  K trung điểm BC Lại có A, I, K thẳng hàng Suy AI qua trung điểm K BC O Câu 63 Từ điểm A nằm ngồi đường trịn   , kẻ hai tiếp tuyến AB , AC đến đường tròn tâm O ( B , C tiếp điểm) Qua A kẻ đường thẳng d nằm AB AO cắt đường  O E F ( E nằm A F ) Gọi H trung điểm BC Gọi I trung điểm EF Đường thẳng vng góc với EF I cắt đường thẳng BC S a) Chứng minh năm điểm A , B , I , O , C nằm đường tròn O b) Chứng minh OH.OA  OE SF tiếp tuyến   c) Đường thẳng SF cắt hai đường thẳng AB AC P Q ; đường thẳng tròn FO cắt BC K Chứng minh AK qua trung điểm PQ Lờigiải a) Vì AB AC tiếp tuyến đường tròn  TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN O · · suy ABO  ACO  90 (1) PHONE: 0983.265.289 CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI · OS  EF   I  OIA  90 Do GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG (2) Từ (1) (2) suy năm điểm A , B , I , O , C nằm đường trịn đường kính OA b) Ta có AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OB  OC  B,C  (O)  Suy OA đường trung trực BC  OA  BC   H Xét ABO vuông B , đường cao BH có OB  OH.OA (hệ thức lượng tam giác vuông) Mà OB  OE suy OE  OH.OA (điều phải chứng minh) Xét OIA OHS có: · · · AIO  SHO   90 ; HOI chung  OIA ∽ OHS (g.g)  OI OA  OH OS (các cặp cạnh tương ứng)  OI.OS  OA.OH Mà OE  OH.OA;OF  OE  OI.OS  OF2  OI OF  OF OS OI OF  · Xét OFS OIF có OF OS (cmt); FOI chung · ·  OFS ∽ OIF (c.g.c)  OIF  OFS (các cặp góc tương ứng) · · Mà OIF  90  OFS  90  OF  SF Vậy SF tiếp tuyến  O c) TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN PHONE: 0983.265.289 CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG Qua điểm K kẻ đường thẳng vng góc với OK , cắt AQ, AP hai điểm N J Ta có: JN  FK    JN // PQ PQ  FK  O Mặt khác, FK phần đường kính đường tròn   Mà FK  JN  K trung điểm JN Xét APM có JK // PM  Xét AQM có NK // MQ JK AK  PM AM   1 NK AK  MQ AM  2 JK NK  Từ (1) (2) suy PM MQ Mà JK  NK (cmt)  PM  MQ  M trung điểm PQ  AK qua trung điểm M PQ Câu 64 Cho đường tròn (O;R) Điểm M ngồi đường trịn cho OM  2R Kẻ hai tiếp tuyến MA , MB tới đường tròn ( A , B tiếp điểm) Nối OM cắt AB H , hạ HD  MA D , điểm C thuộc cung nhỏ AB Tiếp tuyến C đường tròn (O;R) cắt MA , MB E , F a) Chứng minh MAOB tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: OH.OM  OA TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN PHONE: 0983.265.289 CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG c) Đường trịn đường kính MB cắt BD I , gọi K trung điểm OA Chứng minh ba điểm M , I , K thẳng hàng Lời giải O a) Do MA , MB tiếp tuyến A , B đường tròn   Nên MA  OA MB  OB · · · ·  MAO  MBO  90  MAO  MBO  90  90  180 MAOB Vậy tứ giác tứ giác nội tiếp b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: MA  MB MO tia phân · giác AMB  MAB cân M , có MO phân giác  MO đường trung trực AB  MO  AB H  MAO vng A có đường cao AH  OH.OM  OA OA R · · A  sin OMA     OMA  30 OM 2R c) MAO vuông · · MO tia phân giác AMB  AMB  60 , Mà MAB cân MAB tam giác · Lại có: MA  OM.cos OMA  2R.cos30  R · Gọi N giao đường trịn đường kính MB với MA  MNB  90 Hay BN  MA MA R MA  AN   2 MAB  N trung điểm HD  MA , BN  MA  HD P BN , mà H trung điểm AB (do MO đường trung trực AB )  D trung điểm AN AN R R  :2 2 · BMN vng N có AMB  60 , MB  R  DN  3R ·  BN  MB.sin AMN  R 3.sin 60  TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN PHONE: 0983.265.289 CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG DN R 3R R 3 · N  tan NBD   :    BND vuông BN 4 3R Gọi K giao điểm MI OA º · ·   NBD  AMK (hai góc nội tiếp chắn NI ) · ·   tan NBD  tan AMK  R ·  R 3  AK  MA.tan AMK   AK  OA MAK vuông A  K trung điểm OA  K trùng với K Vậy ba điểm M , I , K thẳng hàng Câu 65 Cho đường trịn  O , đường kính AB Lấy điểm C nằm đường tròn  C  A,C  B Các tiếp tuyến đường tròn  O A C cắt D Gọi H hình chiếu vng góc C đường thẳng AB I giao điểm BD CH Chứng minh CI  HI Lời giải Gọi BC  AD   E O Xét   có: · · · ABC  ACD  DAC (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn » AC ) · · · · · · Ta có ECD  ACD  90 , DAC  DEC  90  DEC  DCE  DEC cân D  DE  DC Mà DA  DC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  DE  DA  DC Xét BED có IC PED IC BI  DE BD (định lý Ta-lét) Xét BAD có HI PAD  TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN PHONE: 0983.265.289 CHUYÊN ĐỀ CĂN THỨC BẬC HAI GIÁO VIÊN CÙ MINH QUẢNG HI BI  AD BD (định lý Ta-lét) HI IC   AD DE Mà AD  DE (chứng minh trên)  IH  IC  I trung điểm HI  Câu 66 Cho hai đường tròn  O  O' cắt hai điểm A B Vẽ tiếp tuyến O O' chung CD hai đường tròn ( C thuộc   , D thuộc   ) Lấy hai điểm E,F thuộc đường tròn  O  O' cho ba điểm E;B;F thẳng hàng ( B nằm E F , E  B,F  B ) EF song song với CD Gọi P,Q giao điểm cặp đường thẳng AD với EF CA với EF K giao điểm hai đường thẳng EC FD Chứng minh rằng: a KCD  BCD b KP  KQ Lời giải · · · · a Ta có FE PCD  KDC  KFE (hai góc đồng vị)  KDC  DFB O' Xét   có CD tiếp tuyến · · ¶ CDB  DFB (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây chắn BD ) · · ·  KDC  CDB  DFB   TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN 10 PHONE: 0983.265.289 ... tích ABN đạt giá trị lớn + Gọi H hình chiếu N lên AB  SABN  NH.AB S max NHmax Do AB cố định nên  ABN  + Xét NBH vuông H có NH  NB (tính chất đường xiên hình chiếu) O O + Kéo dài BO cắt... đường trung trực BC  AO  BC H OBA vuông B có BH  AO nên ta có: BA  AO.AH  AO  BA 100   12,5 AH (cm) OH  OA  AH  12,5   4,5 (cm) OBA vuông B có BH  AO nên ta có: OB2  OH.OA ... nội tiếp chắn nửa đường tròn   )  AD// KB  AI // KB Mà: AK // BI (cmt)  AKBI hình bình hành/ *) Vì: AKBI hình bình hành  AB cắt KI trung điểm đường TRƯỜNG THCS YÊN PHONG – Ý YÊN 12 PHONE: