BÀI TẬP HÌNH ôn THI VÀO 10 PHẦN 4

O Câu 61.Cho nửa đường trịn   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 · · · · Xét  MAB  CPQ có MAB  CPQ MBA  CQP   MAB đồng dạng  CPQ ( g.g) 3.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 tròn)  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) Từ (4) (5) điểm DE  DK KE  OA OB Mà OA = OB = R  DK  KE hay OM qua trung O O Câu62 Từ điểm A nằm đường tròn   kẻ tiếp tuyến AM; AN với   , M; N tiếp điểm cát tuyến APQ  AP  AQ  M nằm cung nhỏ PQ Gọi D trung điểm O 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 vuông 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  Bốn điểm A, M, N,O thuộc đường trịn · 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 · ·  ANM  Tứ giác ANDM nội tiếp  ADM 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 · · · ·  Tứ giác NIOF nội tiếp  OFI  ONI  OFE  ONM (2) Xét OMN có: OM  ON  R · ·  OMN cân O  OMN  ONM (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 IE//BK   OI  EF IF//CK Ta có:  IE AI  ABK có IE//BK nên áp dụng hệ định lí Ta-let ta có: BK AK (3) IF AI  ACK có IF//CK nên áp dụng hệ định lí Ta-let ta có: CK AK (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 tròn   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 FO cắt BC K Chứng minh AK qua trung điểm PQ Lờigiải a) Vì AB AC tiếp tuyến đường tròn  Do · OS  EF   I  OIA  90 (2) O · · suy ABO  ACO  90 (1) 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 c)  O 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 trịn   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  PM MQ Mà JK  NK (cmt) Từ (1) (2) suy  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 c) Đường tròn 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 Vậy tứ giác MAOB 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  MAO OM 2R c) 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  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 tròn  O , đường kính AB Lấy điểm C nằm đường trịn  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  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 chung CD hai đường tròn ( C thuộc  O , D thuộc  O' ) 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 O Xét   có CD tiếp tuyến · · ¶ BCD  BEC (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây chắn BC ) · · · · Có: FE PCD  KCD  KEF (hai góc đồng vị)  KCD  BEC · ·  KCD  BCD   · ·  KCD  BCD  CD chung   · · KDC  BDC   KCD  BCD  g  c  g  KCD  BCD Xét có: KC  BC KCD  BCD   · · KCD  BCD b Có: ·  KCB cân C CD tia phân giác KCB  CD  BK Ta có CD PEF  BK  EF Gọi AB  CD   I 1) Chứng minh tứ giác OAMB nội tiếp Đường trịn (O; R) có : MA tiếp tuyến, A tiếp điểm (gt) ·  MA  OA (tính chất tiếp tuyến)  OAM  90 MB tiếp tuyến, B tiếp điểm (gt) ·  MB  OB (tính chất tiếp tuyến)  OBM  90 0 · · Tứ giác OAMB có : OAM  OBM  90  90  180 Mà hai góc vị trí đối Suy tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn (Dấu hiệu nhận biết) 2) Chứng minh IA  IB.IC Nối A với B, A với C µ µ Đường trịn (O; R) có : A1  B1 (Tính chất góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) Xét IAC IBA có : µ1 B µ1 A (Chứng minh trên) · AIB góc chung  IAC ∽ IBA (g - g)  IA IC  IB IA (Tính chất tam giác đồng dạng)  IA  IB.IC · · 3) Chứng minh CMA  IBM Có: I trung điểm MA (gt)  IA = IM Mà IA  IB.IC (Chứng minh trên)  IM  IB.IC  IM IC  IB IM Xét IMB ICM có : IM IC  IB IM (Chứng minh trên) · BIM góc chung  IMB ∽ ICM (c -g-c) · ·  CMI  IBM (Tính chất tam giác đồng dạng) · ·  CMA  IBM O;R  Câu 75.Cho điểm C thuộc nửa đường tròn  đường kính MN với (C  M;C  N) CM  CN Trên nửa mặt phẳng bờ MN chứa điểm C kẻ tiếp tuyến Mx , Ny với  O O Tiếp tuyến C   cắt Mx , Ny A , B 1) Chứng minh rằng: Tứ giác AOCM nội tiếp 2) Cho OB  2R Tính độ dài đoạn thẳng BN theo R số đo góc NBC 3) Goi I giao điểm AN với BM , E giao điểm OA với CM F giao điểm OB với CN Chứng minh : CI  MN E , I , F thẳng hàng Lời giải O a) Có AM,AC hai tiếp tuyến cắt    AM  OM , AC  OC · · · · Xét tứ giác ACOM có AMO  ACO  90  AMO  ACO  180 Suy tứ giác ACOM nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 180 ) b) Tam giác ONB vng N  BN2  OB2  ON2  R2  R  3R  BN  R (đơn vị độ dài) ON R · sinOBN    OB R +) ·  OBN  30 · · ·  NBC  2.OBN  2.30  60 ( Vì BO tia phân giác NBC (t/c tiếp tuyến cắt nhau)) c) Do AM//BN AM cắt BN I AM AI   BN IN ( Hệ định lý Ta-let) Mà AM  AC , BN  BC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  AC AI  BC IN +) Xét tam giác ABN có AC AI   BC IN (cmt)  CI//BN (Định lý Ta-let đảo) Lại có BN  MN  CI  MN (từ vng góc đến song song) AM  AC   OA OM  OC  +) Có đường trung trực MC  OA  MC E E trung điểm MC +) Tương tự chứng minh: F trung điểm NC +) Tam giác CMN có E , F trung điểm MC , NC  FE đường trung bình tam giác CMN  FE//MN  1 +) Gọi H giao điểm CI MN +) Xét tam giác ANB có CI AI    2 BN AN +) Xét tam giác MNB có HI MI    3 BN MB CI//BN   MN  HI //BN   MN  AM/ /BN   MN  +) Xét tam giác AMI có AI MI AI MI AI MI        4 IN IB AI  IN MI  IB AN MB CI HI    CI  IH BN BN Từ (2) , (3) , (4) suy +) Tam giác CMH có E,I trung điểm CM,CH  EI đường trung bình tam giác CMH  EI//MH  EI//MN FE//MN  1 Mà Vậy E , I , F thẳng hàng  O;R  , đường kính AB cố định CD đường kính thay đổi O;R  khơng trùng với AB Tiếp tuyến đường trịn  B cắt đường thẳng AC , Câu 76.Cho đường tròn AD E F 1) Chứng minh tứ giác ABCD hình chữ nhật 2) Chứng minh BE.BF  4R , tứ giác CEFD nội tiếp đường tròn 3) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD Chứng minh I nằm đường thẳng cố định Lời giải 1) Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB , CD cắt O O trung điểm đường, nên ACBD hình bình hành · Mà CAD  90 (góc nội tiếp chắn đường kính CD ) Suy ACBD hình chữ nhật 2) +) Trong tam giác AEF vuông A , đường cao AB , ta có: BE.BF  AB2   2R   4R 2 · · +) Ta có: CEB  CAB  90 (vì EAB vng B )   · · · · Ta có: CDA  ACD  90 mà ACD  CAB (vì OAC cân O ) · · Suy CDA  CAB  90   · · Từ     suy CEB  CDA · · Ta có: CDB  CDA  180 (hai góc kề bù) · · · ·  CDB  CEB  180 (vì CEB  CDA ) CEFD Do tứ giác tứ giác nội tiếp K 3) Gọi trung điểm EF Ta có: FEA vng A có trung tuyến AK  AK  KF · ·  3  AKF cân K  KAD  KFA 1   ·CDA  DBF · » » Ta có: ( Sđ AC Sđ BD )   · · Tam giác BDF vuông D  DBF  KFA  90 · ·  CDA  KAD  90 (do  3   ) ·  AQD  90  AK  CD Q Mà IO  CD (do IO đường trung trực CD ) Nên AK //IO   Ta có: AO  EF (gt), IK  EF (vì IK đường trung trực đoạn EF )  AO//IK   Từ     suy AOKI hình bình hành  IO  AO  R Hay I cách đường thẳng EF khoảng R Vậy điểm I nằm đường thẳng cố định d//EF cho d cách EF khoảng R O Câu 77.Cho đường tròn tâm   , điểm A nằm bên ngồi đường trịn Qua A kẻ hai tiếp tuyến AB,AC với đường tròn ( B,C tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp b) Tia AO cắt đường tròn hai điểm J K ( J nằm A K ) cắt BC H Một tia Ax nằm hai tia AB AO cắt đường tròn hai điểm D · · E ( D nằm A E ) Chứng minh AHD  AEO c) Tia Ax cắt BJ, BC, BK thứ tự F,G,I Chứng minh FG.IA  FA.GI Lời giải: a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp · · O Vì AB,AC tiếp tuyến đường tròn   nên ABO  ACO  90 · · Xét tứ giác ABOC có ABO  ACO  180 mà hai góc vị trí đối nên tứ giác ABOC nội tiếp · · b) Chứng minh AHD  AEO · · · Xét ADB AEB có : BAD chung; ABD  AEB (cùng chắn cung BD )  ADB ∽ ABE  g.g  AD AB   AB2  AD.AE AB AE (1) Mặt khác, ABO vng B có BH đường cao nên AB  AH.AO (2) Từ (1) (2) suy   AD.AE  AH.AO  AB2  AD AO  AH AE AD AO  · Xét ADH AOE có DAH chung; AH AE  ADH ∽ AOE  c.g.c · · Suy AHD  AEO (Hai góc tương ứng) c) Chứng minh FG.IA  FA.GI Xét đường trịn tâm  O , ta có: · · º ABF  BKJ (cùng chắn cung BJ ) · · · · · Mà JBH  BKJ (Cùng phụ BJK ) nên ABJ  GBJ  BF đường phân giác BG FG    ABG AB FA tam giác (3) · Mặt khác, KBJ  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn )  BJ  BK  BK tia BG GI   BA IA phân giác ABG (4) FG GI   FG.IA  FA.IG FA IA Từ (3) (4) suy O;R  , Câu 78.Cho  đường thẳng d cố định không qua O cắt đường tròn hai điểm phân biệt A,B Từ điểm C d (A nằm C B) kẻ hai tiếp tuyến CM,CN với đường tròn (N phía với O so với d) Gọi H trung điểm AB, đường thẳng OH cắt tia CN K a) Chứng minh bốn điểm C,H,O,N thuộc đường tròn b) Chứng minh KN.KC  KH.KO c) Đường thẳng ND cắt AB E Chứng minh AD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEN d) Chứng minh C thay đổi thỏa mãn điều kiện tốn đường thẳng MN ln qua điểm cố định Lời giải · a) Ta có: H trung điểm dây AB (khơng qua O ) (gt)  CHO  90 ( quan hệ vng góc đường kính dây cung ) CN tiếp tuyến  O N (gt)  CN  ON N t/c tiếp tuyến ) ·  CNO  900 · · 0 Tứ giác CNOH có CNO  CHO  90  90  180 Nên tứ giác CNOH nội tiếp (tổng góc đối 180o) Vậy bốn điểm C,H,O,N thuộc đường trịn · · µ b) KNO có: K chung, KNO  KHC( 90 ) · · · · Có: KNO  90 ( kề bù với CNO ); KHC  CHO  90 Xét KNO KHC , có: · · · OKN chung, KNO  KHC  90 (cmt)  KNO ∽ KHC (g.g) KN KO    KN.KC  KH.KO KH KC c) H trung điểm AB nên D điểm cung AB Xét  O;R  ,có: H trung điểm dây cung AB không qua tâm O, OH cắt (O) » » D  D điểm chunhs cung nhỏ AB  sđ AD  sđ BD · ·  DAB  ANE (các góc nội tiếp chắn cung nhau) Trên nửa mặt phẳng bờ AN chứa E , kẻ tia Ax tiếp tuyến đường trịn ngồi tiếp ANE · · Khi có EAx  ANE , đồng thời có Ax AN thuộc mặt phẳng đối bờ AE Từ suy Ax  AD Vậy AD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ANE d) Tiếp tuyến A B cắt I Do A, B (O) cố định nên suy I cố định Ta chứng minh I, M, N thẳng hàng 2 Ta có: OM  OH.OI( OA ) · Có AI tiếp tuyến (O) A (gt)  OAI  90  OAI vuông A Xét OAI vuông A, đường cao AH, có: OA  OH.OI ( hệ thức lượng tam giác vuông ) Mà OA  OM  R  OM  OH.OI  OM OH  OI OM OH OM  ·  OHM  OMI OM OI ( OM  OH.OI ) MOI có: chung Xét · ·  OHM ∽ OMI (g.g) OHM  OMI  OHM ( hai góc tương ứng ) · · Tứ giác MNOH nội tiếp đường trịn đường kính OC  MHI  ONM (cùng bù với · MHO ) · · · · o Mà ONM  OMN (ON = OM) MHI  MHO  180 · ·  OMI  OMN= 1800 Suy I, M, N thẳng hàng Do MN ln qua điểm I cố định Câu 79.Cho đường tròn  O;R  O;R  , kẻ đường kính AD Lấy điểm C thuộc  cho CD  R O Qua C kẻ đường thẳng vng góc với AD cắt AD H cắt đường tròn   B · Chứng minh CH  AH.DH CDA  60 M  A,B Lấy điểm M thuộc cạnh AB  Trên tia đối tia CA lấy N cho BM  CN , chứng minh: BMD  CND tứ giác AMDN nội tiếp MN cắt BC I Chứng minh I trung điểm MN O O Tia DM cắt   E tia DI cắt   F Chứng minh M di chuyển AB  M  A vàB EF ln tiếp xúc với đường trịn cố định Lời giải · Xét ACD có AD đường kính  ACD  90  ACD vng C Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ACD có CH đường cao ta có: CH2  AH.HD · Xét OCD có OD  OC  CD  R  OCD  ODC  60 · Do ODA  60 · ABD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · ACD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  NCD  90 Ta có AD  CB H  H trung điểm CB (theo mối liên hệ đường kính dây cung) CDB có CH đường cao đồng thời đường trung tuyến  CDB cân D  CD  BD BM  CN  gt  · · ABD  NCD  90  BMD  CND  c.g.c CD  BD cmt    Xét BMD CND có  ; · ·  BMD  CND (2 góc tương ứng); MD  ND (2 cạnh tương ứng)  MDN cân D · · Xét tứ giác AMDN có BMD  CND mà góc vị trí góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nên tứ giác AMDN nội tiếp (theo dấu hiệu nhận biết) Xét tứ giác nội tiếp AMDN có · ·  1 (cùng nhìn cạnh ND) DAN  NMD · ·  2 (cùng nhìn cạnh MD) MAD  MND Ta có CAB có AH  CB (giả thiết)  H trung điểm CB (theo mối liên hệ đường kính dây cung)  CAB cân A (do AH vừa đường cao đồng · · · · thời trung tuyến)  BAH  HAC  DAN  MAD   · · · Mặt khác MAD  HBD (cùng phụ với ABH )   Từ · · · · · · ·  NMD  HBD  1 ,  , 3 ,  ta có DAN  5  NMD  MAD  MND  HBD · · Xét tứ giác IDBM có NMD  HBD mà góc vị trí nhìn cạnh ID  tứ giác IDBM nội tiếp · · · Theo tính chất tứ giác nội tiếp ta có MBD  MID  180 mà MBD  90 (góc nội · tiếp chắn nửa đường tròn)  MID  90  ID  MI  ID  MN Mặt khác MDN cân D  ID đường cao đồng thời đường trung tuyến Vậy I trung điểm đoạn MN · · Ta có AMDN nội tiếp  MDN  MAN  180 · · · Mà DAC  30  BAC  60  MAN  60 · · · Do MDN  120 , mà DI tia phân giác MDN  EDF  60  EF  BC  khoảng cách từ tâm O đến dây EF khoảng cách từ tâm O đến dây BC R R Do EF ln tiếp xúc với đường trịn cố định tâm O bán kính O Câu 80.Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn   Các đường cao AD , BE , CF cắt H 1) Chứng minh tứ giác DCEH nội tiếp AD.AH  AE.AC O 2) Tia AD BE cắt đường tròn   M N Chứng minh H M đối xứng với qua BC CMN cân 3) Gọi K trung điểm BC Chứng minh bốn điểm D , E , F , K thuộc đường tròn Lời giải 1) Chứng minh tứ giác DCEH nội tiếp AD.AH  AE.AC · · Xét ABC có AD  BC  ADC  90 hay HDC  90 · · BE  AC  BEC  90 hay HEC  90 · · CF  AB  CFA  90 hay HFA  90 · · Xét tứ giác DCEH có HDC  HEC  90  90  180  DCEH tứ giác nội tiếp Xét ADC vuông D AHE vng E có: · DAC chung  ADC ∽AEH (g-g) AD AC  AE AH  AD.AH  AE.AC  O 2) Tia AD BE cắt đường tròn   M N Chứng minh H M đối xứng với qua BC CMN cân · · · · O ¼ Xét   có BAM  BCM (2 góc nội tiếp chắn BM )  BAD  BCM   · ·  2 Xét ABD vng D có BAD  ABD  90 · · · · Xét CBF vng F có BCF  CBF  90  ABD  BCH  90   · · · Từ        BCM  BCH  CB phân giác HCM · Xét HCM có CB phân giác HCM HM  BC D  HCM cân C  CB đồng thời trung trực HM  H đối xứng với M qua BC * Chứng minh tương tự có: · · » ABN  ACN (2 góc nội tiếp chắn AN ) · · · ABN  ACF (cùng phụ BAE ) · ·  ACN  ACF ·  CA phân giác FCN · Xét HCN có CA phân giác FCN CA  HN E  HCN cân C  CH  CN Mà CH  CM ( HCM cân C )  CM  CN  CMN cân C 3) Gọi K trung điểm BC Chứng minh bốn điểm D , E , F , K thuộc đường tròn Xét BEC vng E có: +) EK trung tuyến ứng với cạnh BC  EK  BK  KBE cân K · ·  KBE  KEB ·EKC +) góc ngồi tam giác đỉnh K · · ·  EKC  KBE  KEB · ·  EKC  2KBE · · Xét tứ giác AEHF có: AEH  AFH  90  90  180  AEHF tứ giác nội tiếp · · »  4  EFH  HAE (2 góc nội tiếp chắn HE ) · · Xét tứ giác AEDB có: AEB  ADB  90 Mà góc có đỉnh D , E kề nhìn cạnh AB góc 90  AEDB tứ giác nội tiếp · · » · ·  DAE  EBD (2 góc nội tiếp chắn DE )hay HAE  HBD   · · Xét tứ giác BDHF nội tiếp có: BFH  BDH  90  90  180  BDHF tứ giác nội tiếp · · »  HBD  DFH (2 góc nội tiếp chắn HD ) · · Từ        EFH  DFH · · · Mà EFH  DFH  DFE  6 · · · · ·  DFE  2DFH  2HBD hay DFE  2KBE · · Mà EKC  2KBE · ·  DFE  EKC · · Xét tứ giác DFEK có DFE  EKC  DFEK tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối)  D , E , F , K thuộc đường tròn O Câu 81 Cho đường trịn   có hai đường kính AB MN vng góc với Trên tia đối tia MA lấy điểm C khác điểm M Kẻ MH vuông góc với BC ( H thuộc BC ) a) Chứng minh BOMH tứ giác nội tiếp b) MB cắt OH E Chứng minh HO tia phân giác góc MHB c) Chứng minh: ME.MH  BE.HC O d) Gọi giao điểm đường tròn   với đường tròn ngoại tiếp MHC K Chứng minh ba điểm C;K;E thẳng hàng Lời giải a) Chứng minh BOMH tứ giác nội tiếp · · · · Ta có AB  CD O nên MOA  MOB  NOA  NOB  90 · · Ta có MH  BC H nên MHC  MHB  90 · · Xét tứ giác BOMH có: MHB  MOB  90  90  180 Mà hai góc vị trí đối nên tứ giác BOMH nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) b) MB cắt OH E Chứng minh HO tia phân giác góc MHB · Xét MOB có OM  OB  R , MOB  90 nên MOB vuông cân O nên · ·  1 OBM  OMB ; · · Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác BOMH có: OBM  OHM ( góc nội tiếp · · ¼ » chắn OM ) OMB  OHB ( góc nội tiếp chắn OB ); · · Từ     có: OHM  OHB ·  HO tia phân giác MHB c) Chứng minh: ME.MH  BE.HC  2 · Xét MHB có HO phân giác MHB ; HO cắt MB E nên ta có: ME MH  BE HB  3 Áp dụng hệ thức lượng BMC vng M có MH đường cao, ta có: HM HC   HM  HC.HB HB HM   ME HC  Từ     suy BE HM    ME.HM  BE.HC O d) Gọi giao điểm đường tròn   với đường tròn ngoại tiếp MHC K Chứng minh ba điểm C;K;E thẳng hàng · Vì MHC  90 (chứng minh trên) nên đường trịn ngoại tiếp MHC có đường kính MC ·  MKC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) · MN đường kính đường trịn  O nên MKN  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) · ·  MKN  MKC  180  Ba điểm C , K , N thẳng hàng  * · · Có BMC kề bù với AMB · · Mà AMB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BMC  90 Xét MHC BMC có: · MCB chung · · BMC  MHC   90  MHC : BMC (g.g) HC MC  HM BM mà MB  BN (do MBN cân B ) HC MC ME HC MC ME      HM BN , kết hợp BE HM (theo   ) BN BE  · · Mà EBN  EMC  90  MCE : BNE (c.g.c) · · · ·  MEC  BEN (hai góc tương ứng) mà MEC  BEC  180 (do ba điểm M , E , B thẳng hàng) · ·  BEC  BEN  180  Ba điểm C , E , N thẳng hàng  ** * ** Từ     suy bốn điểm C , K , E , N thẳng hàng  Ba điểm C , K , E thẳng hàng (điều phải chứng minh) ... OBA vng B có BH  AO nên ta có: BA 100 BA  AO.AH  AO    12,5 AH (cm) OH  OA  AH  12,5   4, 5 (cm) OBA vng B có BH  AO nên ta có: OB2  OH.OA  4, 5.12,5  56,25  OB  56,25  7,5...  56,25  OB  56,25  7,5 (cm) OB 7,5 · sinBAO    OA 12,5 AB 10 · cosBAO    OA 12,5 OB 7,5 · tanBAO    BA 10 BA 10 · cotBAO    OB 7,5 c) AM cắt ON I , AM cắt (O) D · · o Tứ giác... HE IE AE  AE.ID  AD.IE DP//BE(gt)  DP ID  (4) BE IE (Hệ Ta lét) DQ//BE(gt)  DQ AD  (5) BE AE (Hệ Ta lét) c) Xét DIP có Xét ABE có Từ (3), (4) , (5)  DP DQ   DP  DQ BE BE Gọi K ' giao