CHỦ đề 7 1 TỔNG ôn PS1

CHỦ ĐỀ 7: TỔNG ÔN CHƯƠNG II PHIẾU SỐ Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H Chứng minh rằng: 1/ Bốn điểm B, C, E, F nằm đường tròn 2/ AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC Lời giải: 1/ Theo giả thiết: BE đường cao => BE ⊥ AC => ∠BEC = 900 CF đường cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 900 Lấy I trung điểm BC => IB = IC = IF = IE Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường trịn đường kính BC Xét hai tam giác AEH ADC ta có: ∠ AEH = ∠ ADC = 900 ; ∠A góc chung AE AH = => ∆ AEH ∼ ∆ADC => AD AC => AE.AC = AH.AD * Xét hai tam giác BEC ADC ta có: ∠ BEC = ∠ ADC = 900 ; ∠C góc chung BE BC = => ∆ BEC ∼ ∆ADC => AD AC => AD.BC = BE.AC A O H B E D C Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE 1/ Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn 2/ Chứng minh ED = BC 3/ Chứng minh DE tiếp tuyến đường trịn (O) 4/ Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Chứng minh 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 vuông E có ED trung tuyến => DE = BC 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 3: Cho nửa đường tròn 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 y x D I / M C A / N O B 1/ Chứng minh AC + BD = CD 2/ Chứng minh ∠COD = 900 AB 3/ Chứng minh AC BD = 4/ Chứng minh OC // BM 5/ Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD 6/ Chứng minh MN ⊥ AB 7/ Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Lời giải 1/ Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: 10 CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM 11 Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 12 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 13 3/ Theo ∠COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM ⊥ CD ( OM tiếp tuyến ) 14 Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, 15 AB Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = 16 4/ Theo ∠COD = 900 nên OC ⊥ OD (1) 17 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R 18 => OD trung trực BM => BM ⊥ OD 19 Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD) (2) 20 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 21 thang 22 Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB 23 => IO đường trung bình hình thang ACDB 24 ⇒ IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB O 25 => AB tiếp tuyến O đường tròn đường kính CD CN AC CN CM = = 26 6/ Theo AC // BD => BN BD , mà CA = CM; DB = DM nên suy BN DM => MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB 27 28 7/ Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD 29 => Chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi 30 => 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 31 32 Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc 33 A , O trung điểm IK 34 1/ Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn 35 2/ Chứng minh AC tiếp tuyến đường trịn (O) 36 3/ Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm 37 Lời giải A I B H C o 38 K 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 39 Do BI ⊥ BK hay ∠IBK = 900 40 Tương tự ta có ∠ICK = 900 41 Lấy O’ trung điểm IK => O’K = O’I = OC = OB 42 => B, C, I, K nằm đường tròn 43 Ta có ∠C1 = ∠C2 (1) ( CI phân giác góc ACH 44 ∠C2 + ∠I1 = 900 (2) ( ∠IHC = 900 ) 45 ∠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) 46 47 Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm 20 − 12 = 16 ( cm) 48 AH2 = AC2 – HC2 => AH = 49 CH 12 = CH2 = AH.OH => OH = AH 16 = (cm) 50 OC = OH + HC = + 12 = 225 = 15 (cm) 51 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 1/ Chứng minh tứ A, M, B, O thuộc đường tròn 2/ Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn 3/ Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 4/ Chứng minh OAHB hình thoi 5/ Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng 6/ Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Lời giải (HS tự làm) d P A K D N O H I M C B Vì K trung điểm NP nên OK ⊥ NP (quan hệ đường kính 10 Và dây cung) => ∠OKM = 900 11 Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 12 => K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường trịn đường kính OM 13 Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường trịn 14 Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM ⊥ AB I 15 Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đường 16 cao Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2 17 18 Ta có OB ⊥ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH 19 OA ⊥ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH 20 => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi 21 Theo OAHB hình thoi => OH ⊥ AB; theo OM ⊥ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vng góc với AB) 22 23 Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R 24 Vậy M di động d H di động cách A cố định khoảng R 25 Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa (A) bán kính AH = R 26 Bài 6: 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 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 ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) E D A I 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 10 11 AI = AH BE ⊥ AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I 12 DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED 13 Bài 7: Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P 14 cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M 15 1/ Chứng minh A, P, M, O thuộc đường tròn 16 2/ Chứng minh BM // OP 17 3/ Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành X N P J I M K A ( ( O B 4/ Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt 18 J Chứng minh I, J, K thẳng hàng 19 Lời giải 20 (HS tự làm) 21 Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; ∠AOM góc tâm chắn cung AM 22 ∠AOM => ∠ABM = 23 OP tia phân giác ∠AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) 24 ∠AOM => ∠AOP = 25 Từ (1) (2) => ∠ABM = ∠AOP 26 Mà ∠ABM ∠AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (1) (2) (3) (4) 27 Xét hai tam giác AOP OBN ta có : ∠PAO = 900 (vì PA tiếp tuyến ); ∠NOB = 900 (gt NO⊥AB) 28 => ∠PAO = ∠NOB = 900; OA = OB = R; ∠AOP = ∠OBN (theo (3)) 29 => ∆AOP = ∆OBN => OP = BN 30 Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) (5) 31 Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ 32 Ta có PM ⊥ OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I 33 => I trực tâm tam giác POJ 34 Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có ∠PAO = ∠AON = ∠ONP = 900 35 => K trung điểm PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) (6) 36 AONP hình chữ nhật => ∠APO = ∠NOP ( so le) 37 Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác ∠APM => ∠APO = ∠MPO (7) (8) Từ (7) (8) => ∆IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đường cao => IK ⊥ PO 38 (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng 39 40 Bài 8: Cho nửa đường tròn tâm O đường kớnh 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 AM K 1) Chứng minh E, F, M, K thuộc đường tròn 41 X I F M E K 2 42 A O B 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB 43 Lời giải 44 Dùng đường tròn O xét ∆AEB , ∆AMB tam giác vuông (suy từ đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh ấy) 45 => ∆FEK , ∆FMK tam giác vuông 46 Lấy O’ trung điểm FK => OF = OK = OM = OE = FK/2 47 => E, F, M, K thuộc đường tròn (O’) đường kính FK 48 Ta có ∠IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => ∆AIB vng A có AM ⊥ IB ( theo trên) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM IB 49 50 Bài 9: Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm A B Vẽ phía AB nửa đường trịn có đường kính theo thứ tự AB, AC, CB Đường vng góc với AB C cắt nửa đường tròn lớn D DA,DB cắt nửa đường tròn có đường kính AC, CB theo thứ tự M, N 51 Hướng dẫn 52 a, Ta có: Tam giác AMC nội tiếp đường trịn đường kính AC 53 => ∠AMC = 90o 54 Tam giác CNB nội tiếp đường trịn đường kính CB 55 => ∠CNB = 90o 56 Tam giác ADB nội tiếp đường trịn đường kính AB 57 => ∠ADB = 900 58 Suy tứ giác DMCN hình chữ nhật 59 b, Xét tam giác vng DCA có : 60 DC2 = DM.MA 61 Xét tam giác vng DCB có: DC2 = DN.DB 62 Từ (1) (2) ta suy DM.MA = DN.NB (1) (theo hệ thức lượng tam giác vuông) (2) (theo hệ thức lượng tam giác vuông) 63 c, Vì DMCN hình chữ nhật nên IM = IC suy tam giác IMC cân I => ∠M2 = ∠C2 64 Vì tam giác MFC cân F nên ∠M1 = ∠C1 Mà ∠C1 + ∠C2 = 90o 65 => ∠M1 + ∠M2 = 90o Hay ∠FMN = 90o => FM ⊥ MN 66 Chứng minh tương tự ∠MNC = 90o 67 => HN ⊥ MN d, Ta có: DC = MN (vì DMCN hình chữ nhật) mà DC ≤ DO 68 => MN ≤ DO MN = DO C ≡ O Suy C trung điểm AB 69 Bài 10: Cho hai đường trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi A Kẻ tiếp tuyến chung DE, D thuộc đường tròn tâm O, E thuộc đường tròn tâm O’ Kẻ tiếp tuyến chung A, cắt DE I Gọi M giao điểm OI AD, N giao điểm O’I AE 70 a, Tứ giác AMIN hình gì? Vì sao? 71 b, Chứng minh IM.IO=IN.IO’ 72 c, Chứng minh O O’ tiếp tuyến đường trịn có đường kính DE 73 d, Tính độ dài DE biết OA=5cm, O’A=3,2 cm 74 Hướng dẫn 75 a) Ta có: ID IA tiếp tuyến cắt I 76 Suy ID = IA (1) Mà OD = OA 77 Suy IO trung trực AD => IO ⊥ AD 78 => ∠IMA = 90o + IE IA tiếp tuyến cắt I 79 Suy IA = IE 80 Suy IO’ trung trực AE => IO ⊥ AE 81 => ∠INA = 90o 82 Từ (1) (2) suy IA = ID = IE Suy tam giác DAE vuông A 83 => ∠DAE = 90o (2) Mà O’A = O’E 84 Tứ giác MINA có góc ∠IMA = 90o ; ∠INA = 90o; ∠DAE = 90o nên tứ giác MINA hình chữ nhật 85 b) Xét tam giác vng IAO có AN ⊥ IO' : IA2 = IM.IO 86 Xét tam giác vng IAO’ có : IA2 = IN.IO' 87 Từ (3) (4) ta suy IM.IO = IN.IO' (3) (theo hệ thức lượng tam giác) (4) (theo hệ thức lượng tam giác) 88 c) Theo ta có tam giác DAE vng A 89 => điểm D, E, A nội tiếp đường trịn đường kính DE (5) 90 Do IA tiếp tuyến chung đường tròn (O) (O’) => IA ⊥ OO' 91 Từ (5) (6) ta suy OO’ tiếp tuyến đường tròn đường kính DE (6) 92 d) Xét tam giác vng IOO’ có IA2 = OA OA' => IA2 = 5.3,2 =16(cm) 93 Vậy IA = 4cm 94 Bài 11: Cho đường trịn (O), đường kính AB, đểm M thuộc đường tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M.BN cắt đường tròn C.Gọi E giao điểm AC BM 95 a, Chứng minh NE ⊥ AB 96 b, Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến đường tròn(O) 97 c, Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn(B; BA) 98 Hướng dẫn 99 a) Tam giác AMB nội tiếp đường tròn đường kính AB 100 => ∠AMB = 90o => AM ⊥ MB 101 Tam giác ACB nội tiếp đường tròn đường kính AB 102 => ∠ACB = 90o => AC ⊥ CB 103 Suy E trực tâm tam giác NAB, NE ⊥ AB 104 b) Tứ giác AFNE có đường chéo cắt trung điểm đường nên hình bình hành( tứ giác cịn hình thoi) 105 Do FA//NE 106 Do NE ⊥ AB nên FA ⊥ AB 107 Suy FA tiếp tuyến đường trịn (O) 108 10 c) Tam giác ABN có đường cao BM đường trung tuyến nên tam giác cân 109 Suy BN = BA 110 Do BN bán kính đường trịn (B;BA) 111 Tam giác ABN cân B nên ∠BNA = ∠BAN 112 Tam giác AFN có đường cao FM đường trung tuyến nên tam giác cân, suy ∠N1 = ∠A1 (1) (2) 113 Từ (1) (2) suy ∠BNA + ∠N1 = ∠BAN + ∠A1 tức ∠FNB = ∠FAB 114 Ta lại có: ∠FAB = 90o (câu b), nên ∠FNB = 90o 115 Do FN tiếp tuyến đường trịn (B) 116 Bài 12: Cho tam giác vuông A( AB < AC) nội tiếp đường trịn (O) có đường kính BC Kẻ dây AD vng góc với BC Gọi E giao điểm DB CA Qua E kẻ đường thẳng vng góc với BC, cắt BC H, cắt AB F Chứng minh rằng: 117 a) Tam giác EBF tam giác cân 118 b) Tam giác HAF tam giác cân 119 c) HA tiếp tuyến đường tròn (O) 120 121 Hướng dẫn a) Ta có: OB ⊥ AD I nên AI = ID 122 Suy tam giác BAD cân, ∠B1 = ∠B2 , ∠B3 = ∠B4 123 Tam giác EBF có đường cao đường phân giác nên tam giác cân 124 125 b) Tam giác BEF cân nên EH = HF Tam giác AEF vuông A có AH đường trung tuyến nên AH = HE = HF 126 127 11 Do tam giác HAF cân H c) Tam giác HAF cân H nên ∠A1 = ∠F (1) 128 Tam giác OAB cân O nên ∠OAB = ∠B1 = ∠B4 129 Từ (1) (2) suy ∠OAH = ∠A1 + ∠OAB = ∠F + ∠B4 = 90o 130 Suy HA tiếp tuyến đường tròn (O) (2) 131  ... cân B nên ∠BNA = ∠BAN 11 2 Tam giác AFN có đường cao FM đường trung tuyến nên tam giác cân, suy ∠N1 = ∠A1 (1) (2) 11 3 Từ (1) (2) suy ∠BNA + ∠N1 = ∠BAN + ∠A1 tức ∠FNB = ∠FAB 11 4 Ta lại có: ∠FAB =... rằng: 1 17 a) Tam giác EBF tam giác cân 11 8 b) Tam giác HAF tam giác cân 11 9 c) HA tiếp tuyến đường trịn (O) 12 0 12 1 Hướng dẫn a) Ta có: OB ⊥ AD I nên AI = ID 12 2 Suy tam giác BAD cân, ∠B1 = ∠B2... nên FA ⊥ AB 1 07 Suy FA tiếp tuyến đường trịn (O) 10 8 10 c) Tam giác ABN có đường cao BM đường trung tuyến nên tam giác cân 10 9 Suy BN = BA 11 0 Do BN bán kính đường trịn (B;BA) 11 1 Tam giác ABN