BÀI TẬP HÌNH ON THI VÀO 10 PHẦN 3

Bài41.Cho hình vng ABCD có 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 tứ giác HECK nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh KH.KB  KC.KD Gọi M giao điểm KE với BD Chứng minh E tâm đường tròn nội tiếp HCM Với vị trí E cạnh BC để HI // BC Lời giải: Ta có · EHK  90  DE  BK  · ECK  90 ( ABCD hình vng) · · Xét tứ giác EHCK có: EHK  ECK  90  90  180 Mà hai góc vị trí đối nên tứ giác EHCK nội tiếp đường trịn đường kính EK Suy trung điểm I EK tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHKC +) Xét KCB KHD , có : · · · · KCB  KHD  900 BKC  DKH  KCB ∽ KHD(g  g)  KH KD   KB.KH  KC.KD KC KB +) Xét BDK có: BC  DK ( ABCD hình chữ nhật) DH  BK BC cắt DH E · Suy KM  BD  KMB  90 · Mà BCK  90 Suy BMCK tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BK (hai đỉnh liên tiếp M,C nhìn cạnh đối diện BK hai góc 90 ) · ·  MCB  MKB (hai góc nội tiếp chắn cung BM ) · · +) Xét ( I ) ta có: ECH  EKH (hai góc nội tiếp chắn cung EH ) · · Suy MCE  ECH  CE tia phân giác góc MCH · · +) Tứ giác BMEH có BME  BHE  90  90  180  Tứ giác BMEH nội tiếp đường trịn đường kính BE · ·  MBE  MHE (hai góc nội tiếp chắn cung ME ) +) Xét đường tròn tâm I ta có: · · EHC  EKC (hai góc nội tiếp chắn cung EC ) · · +) Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác BMCK có: MBC  MKC (hai góc nội tiếp chắn cung MC ) · · Suy MHE  EHC  HE tia phân giác góc MHC  E giao điểm hai đường phân giác MHC  E tâm đường tròn nội tiếp MHC Để HI // BC H trung điểm BK (vì I trung điểm EK ) Khi DH vừa đường cao, đường trung tuyến DBK nên DBK cân D Do đó: DK  DB Như tia DC lấy điểm K cho DK  DB Điểm E giao điểm BC trung trực cạnh BK Do đó: DK  DB Ta có DB  2BC CK  DK  DC  DB  BC  2BC  BC     BC · +) Xét MEB vuông M có MBE  45 (tính chất hình vng) · · ·  MEB vuông cân M  MEB  45  CEK  MEB  45 (đối đỉnh) Suy CEK vuông cân C  CE  CK  Vậy điểm E nằm đoạn BC cho    BC CE     BC HI // BC Bài42.Cho đường trịn tâm O điểm A nằm ngồi đường tròn Vẽ tiếp tuyến AB AC vớiđường tròn  O ( B , C tiếp điểm) Gọi H giao điểm OA BC Qua A vẽ cát tuyến AEF ( E nằm A F ; E B nằm hai nửa mặt phẳng đối có bờ AO ) Gọi D trung điểm dây EF a) Chứng minh tứ giác ABOC tứ giác ABOD tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AC  AF.AE · · c) Chứng minh AH.AO  AF.AE , từ chứng minh EHF  2EBF d) Đường thẳng qua E vng góc với OC cắt BC CF thứ tự G J Chứng minh GE  GJ Lời giải AB  OB  O AC  OC a)+) Vì AB AC tiếp tuyến A B   ·  ABO  90  ·  90  ACO · · Tứ giác ABOC có ABO  ACO  180 Mà hai góc vị trí đối Suy ABOC tứ giác nội tiếp O +) Xét   có D trung điểm dây EF không qua tâm  OD  EF (quan hệ vng góc đường kính dây) ·  ADO  90 · · +) Tứ giác ABOD có ABO  ADO  180 Mà hai góc vị trí đối  ABOD tứ giác nội tiếp b) Xét · ·  O có ABE  BFE (góc tạo tia tiếp tuyến dây góc nội tiếp » chắn cung BE ) Xét ABE AFB có : · Chung BAF · · ABE  BFE (cmt)  ABE ∽AFB (g-g) AB AE   AF AB  AB2  AF.AE  1 O c)+) Vì AB AC hai tiếp tuyến A B   cắt A  AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) O Lại có OB  OC (cùng bán kính   )  AO đường trung trực BC  AO  BC +) Xét ABO có BH  AO  AB2  AH.AO (hệ thức lượng tam giác vuông)   Từ     ta có AH.AO  AF.AE AH AE   AF AO +) Xét AHE AFO có : · Chung OAF AH AE  AF AO (cmt)  AHE ∽AFO (c-g-c) · ·  AHE  AFO (hai góc tương ứng)  HEFO tứ giác nội tiếp (vì có góc ngồi góc đỉnh đối diện) · ·  EHF  EOF (hai góc nội tiếp » chắn EF ) · · Mà EOF  2EBF (góc nội tiếp nửa góc tâm chắn cung) · ·  EHF  2EBF d) +) Ta có EG//AC (vì vng góc với OC ) · ·  ACB  EGB (hai góc đồng vị)   +) Do ABOC ABOD tứ giác nội tiếp Suy điểm A , B , O , C , D thuộc đường tròn · · »  ACB  EDB (hai góc nội tiếp chắn AB )   · · Từ      EGB  EDB · · +) Xét tứ giác EGDB có EGB  EDB  EGDB tứ giác nội tiếp · · »  EDG  EBG (hai góc nội tiếp chắn EG ) · · » O Mà EBG  EFC (hai góc nội tiếp chắn EC   ) · ·  EDG  EFC  DG//FJ +) Xét EJF có D trung điểm EF DG//FJ  G trung điểm EJ  GE  GJ Câu  O  O Bài43 Cho đường tròn Từ điểm M cố định nằm , kẻ hai tiếp tuyến MA , MB với A , B tiếp điểm Một điểm N di động cung nhỏ AB ( N  A , N  B ) Nối M với N , đường thẳng MN cắt đường tròn  O giao điểm thứ hai P Gọi K trung điểm NP a) Chứng minh MAOB MBOK tứ giác nội tiếp b) Gọi H giao điểm AB OM Chứng minh MA  MH.MO  MN.MP c) Đường thẳng AB , OK cắt E Chứng minh EN , EP tiếp tuyến  O Lời giải a) Chứng minh MAOB MBOK tứ giác nội tiếp O Ta có MA , MB tiếp tuyến với đường tròn   với A , B lả tiếp điểm · ·  MA  OA , MB  OB  MAO  MBO  90 · · Xét tứ giác MAOB có: MAO  MBO  90  90  180  tứ giác MAOB nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 180 ) O Xét đường trịn   có: K trung điểm NP  OK  NP ( quan hệ đường · kính dây cung)  OKM  90 · · Xét tứ giác MBOK có: MBO  MKO  90  90  180  tứ giác MBOK nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 180 ) b) Gọi H giao điểm AB OM Chứng minh MA  MH.MO  MN.MP Có MA  MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA  OB   R   OM đường trung trực AB  OM  AB H Xét tam giác OAM vng A có: AH  OM MA  MH.MO (hệ thức lượng tam giác vuông)  1 Xét MAN MPA có: · AMP chung · · » MAN  MPA (góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn AN )  MAN : MPA (g.g) MA MN   2 MP MA  MA  MP.MN ; 2 Từ     ta có: MA  MH.MO  MN.MP c) Đường thẳng AB , OK cắt E Chứng minh EN , EP tiếp tuyến  O   Xét OMK OEH có: · MOE chung · · MKO  MHE   90 OM OK    OMK : OEH (g.g) OE OH  OE.OK  OM.OH Xét tam giác OAM vng M có: AH  OM có: OM.OH  OA (hệ thức lượng tam giác vuông)  OE.OK  OA OA  OP   R  Mà  OE.OK  OP2 · ·  OPE  ONE  90  EN O , EP tiếp tuyến     O Bài44.Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ đường trịn tâm đường kính BC cắt hai cạnh AB , AC D E Gọi H giao điểm BE CD a) Chứng minh ADHE tứ giác nội tiếp b) Gọi F giao điểm AH BC Chứng minh DH tia phân giác · EDF Lời giải a) Chứng minh ADHE tứ giác nội tiếp · · O Ta có: BDC  BEC  90 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn   ) · · BDC  90  ADH  90 · · BEC  90  AEH  900 · · Khi đó: ADH  AEH  180 Vậy ADHE tứ giác nội tiếp · b) Chứng minh DH tia phân giác EDF Xét ABC có: BE  AC (gt) CD  AB (gt) Suy H trực tâm ABC Do AH đường cao ABC Nên AF  BC F Xét tứ giác BDHF có: · BDH  90 · BFH  90 ( AF  BC F ) Nên tứ giác BDHF nội tiếp » · · Suy HBF  FDH ( góc nội tiếp chắn cung HF )   Ta có ADHE tứ giác nội tiếp · · »  EAH  EDH (2 góc nội tiếp chắn cung EH ) Xét AEH BFH có: · · AHE  BHF (đối đỉnh) µE  F $  90 · · Suy EAH  FBH   Từ   ,     ta  DH tia phân giác Bài45.Cho Cho đường tròn   O;R    2 · · EDH  FDH · EDF O;R  đường kính AB Điểm M nằm  với   MA  MB M  A, M  B Tiếp tuyến M O;R cắt tiếp tuyến A B  O;R  C , D a) Chứng minh tứ giác ACDB hình thang vng O;R  b) Biết AD cắt  E khác A , OD cắt MB N Chứng minh DE.DA  DN.DO c) Đường thẳng vng góc với AB O cắt đường thẳng AM F Chứng minh OFDB hình chữ nhật Lời giải O;R  a) Vì AC,BD tiếp tuyến  nên AC  AB ; BD  AB (tính chất tiếp tuyến)  AC // BD ( tính chất từ vng góc đến song song)  Tứ giác ACDB hình thang · Mà CAB  90 ( AC  AB ) nên tứ giác ACBD hình thang vng b) Ta có DB,DM tiếp tuyến (O) ·  OD phân giác MOB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) · OB  OM  R  ΔOBM cân O có OD phân giác MOB nên OD đường trung trực  BM  DO  BM N Xét BOD vuông B có: BN  DO ( cmt)  BD2  DN.DO ( hệ thức lượng tam giác vuông)  1 · AEB  900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay BE  AD Xét BAD vng B có: BE  AD ( cmt)  BD2  DE.DA ( hệ thức lượng tam giác vuông)   2 Từ     ta có DE.DA  DN.DO (cùng BD ) · c) AMB  90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  BM  AF M Ta có BM  AF ; BM  OD ( cmt)  AF // OD (cùng vng góc với BM ) · ·  FAO  DOB ( hai góc đồng vị) Xét AOF OBD có: · · FAO  DOB (cmt) OA  OB  R · · FOA  DBO  900  AOF  OBD (g – c – g)  FO  BD ( hai cạnh tương ứng) Xét tứ giác OFBD có: FO // BD (  AB ) FO  BD ( cmt) Suy tứ giác OFBD hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành) · Mà FOB  90 (Vì FO  AB ) Suy tứ giác OFBD hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)  O  kẻ hai tiếp tuyến AB , AC với đường trịn ( B Bài46.Từ điểm A nằm ngồi đường tròn , C tiếp điểm) Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AO chứa điểm B vẽ cát tuyến AMN với đường tròn  O  ( AM  AN , MN không qua O ) Gọi I trung điểm MN Chứng minh tứ giác AIOC tứ giác nội tiếp Gọi H giao điểm AO BC Chứng minh AH.AO  AM.AN tứ giác MNOH tứ giác nội tiếp Qua M kẻ đường thẳng song song với BN , cắt AB BC theo thứ tự E F Chứng minh M trung điểm EF Lời giải · 1) Vì I trung điểm MN suy OI  MN hay góc AIO  90 ·  O  ) Mặt khác ACO  90 (do AC tiếp tuyến đường tròn · · Xét tứ giác AIOC có ACO  AIO  180 nên tứ giác AIOC tứ giác nội tiếp · · µ 2) Xét hai tam giác ABM ANB có góc A chung, mặt khác ANB  ABM (góc ¼ ¼ nội tiếp chắn cung BM góc tạo tiếp tuyến dây cung BM ) Suy hai tam giác ABM ANB đồng dạng AB AM   1 Ta có tỉ số đồng dạng AN AB  AB  AM.AN O;R  Bài54.Cho  điểm A cho OA  3R Qua A kẻ tiếp tuyến AB AC  O ( B, C tiếp điểm) Lấy M   O cho BM / /AC Gọi N giao điểm thứ hai O đường thẳng AM   Tia BN cắt đường thẳng AC I a Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp b Chứng minh IA  IN.IB · O c Kẻ đường kính CD   Chứng minh tia ND tia phân giác BNM d Gọi G giao điểm hai đường thẳng AO BI Tính độ dài đoạn thẳng AG theo R Lời giải · O a Vì AB tiếp tuyến đường tròn   B (giả thiết)  ABO  90 (tính chất tiếp tuyến) · AC tiếp tuyến đường tròn  O C (giả thiết)  ACO  90 (tính chất tiếp tuyến) · ·  ABO  ACO  180 , mà góc vị trí đối Vậy tứ giác ABOC nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) · · b Vì BM / /AC  NAI  NMB (cặp góc so le trong) · · mà BMN  ABN (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BN) · ·  IAN  ABN Xét IAN IBA có · AIN chung · · IAN  ABN (chứng minh trên)  IAN ∽ IBA (góc - góc)  IA IN  IB IA (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)  IA  IN.IB (điều phải chứng minh) AC  CD  cmt  BM / /AC  gt  BM  CD c Có  (từ vng góc đến song song) Gọi H giao điểm CD BM Xét  O có: BM dây cung CD đường kính CD  BM H (cách dựng)  H trung điểm BM (quan hệ vng góc đường kính dây cung) Và D điểm cung BM ¼ BD  ¼ DM · · Khi BND  DNM (hệ góc nội tiếp) ·  ND tia phân giác BNM d Xét hai tam giác ICN IBC có: · NIC chung · · ICN  IBC (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung NC)  ICN ∽ IBC (góc - góc)  IC IN   IC2  IB.IN IB IC Mặt khác ta chứng minh IA  IB.IN suy IA  IC Mà I  AC  I trung điểm AC Gọi K giao điểm AO BC Vì AB AC tiếp tuyến  O B C (giả thiết)  AB  AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  A thuộc trung trực BC (1) Lại có OB  OC  R (B, C tiếp điểm)  O trung trực BC   Từ (1) (2)  OA đường trung trực BC  K trung điểm BC Xét tam giác ABC có: BI trung tuyến ứng với cạnh AC (do I trung điểm AC) AK trung tuyến ứng với cạnh BC (do K trung điểm BC) BI giao với AK G  G trọng tâm ABC (tính chất đường đồng quy)  AG  AK (tính chất trọng tâm) + Xét tam giác ABO vng B có AO  BK (chứng minh trên)  AK.AO  AB2 (hệ thức lượng tam giác vuông)  AK  AB2 AO AB2  AO2  OB2  3R  R  8R   8R R   AK   OA  3R(gt) 3R Mà  8R 16R  AG   3 đơn vị độ dài)  O;R  cố định, dây AB cố định không qua tâm O Qua trung điểm I dây Bài55.Cho AB , kẻ đường kính PQ vng góc với AB ( P thuộc cung nhỏ AB ) E điểm cung nhỏ QB ( E khơng trùng với B Q ) QE cắt AB M ; PE cắt AB D 1) Chứng minh điểm P , I , M , E thuộc đường tròn · · 2) Chứng minh IQD  IMP O 3) a) Kẻ tia Ax// PE , Ax cắt   điểm thứ hai F Chứng minh BE  QF b) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ Q xuống AE Chứng minh chu vi tam giác EHB lớn độ dài đoạn thẳng AB điểm E thay đổi cung nhỏ QB Lời giải 1) · Ta có PIM  90 nên ba điểm P , I , M thuộc đường tròn đường kính PM   · · O Ta lại có PEQ  90 (góc nội tiếp chắn đường tròn   ) Suy PEM  90 Suy ba điểm P , E , M thuộc đường trịn đường kính PM Từ  1  2  2 suy điểm P , I , M , E thuộc đường tròn đường kính PM · · 2)Tứ giác IDEQ có QID  QED  90  90  180 nên tứ giác IDEQ nội tiếp đường tròn · · Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác IDEQ có IQD  IED (hai góc nội tiếp chắn cung · · · ID ) Mặt khác IED  IEP  IMP (hai góc nội tiếp chắn cung IP đường trịn đường kính PM ) · · Suy IQD  IMP 3)a.Gọi K giao điểm BE QF Xét  O · · » · · có: APE  ABE (2 góc nội tiếp chắn AE ), PAF  PQF (2 góc nội tiếp » chắn BF ) · · Mà APE  PAF  180 (do PE // AF ) · · · ·  ABE  PQF  180 hay IBE  IQK  180  Tứ giác QIBK nội tiếp · ·  BIQ  BKQ  180 · · Mà BIQ  90 suy BKQ  90  BE  QF b) Trên AE lấy điểm G cho AG  BE Xét AQG BQE có »  BQ » AQ  BQ ( Q điểm cung AB nên AQ ) · · O QAG  QBE (hai góc nội tiếp chắn cung QE đường trịn ) AG  BE (theo cách vẽ) Do AQG  BQE (c – g – c)   Suy QG  QE (hai cạnh tương ứng) Suy EQG cân Q Mà QH đường cao nên đường trung tuyến Suy HG  HE P  BH  HE  BE  BH  HG  GA  BH  AH  AB Suy BHE (theo bất đẳng thức tam giác)  O; R  Các đường cao AK, BI tam O giác ABC cắt H Các đường thẳng AK BI cắt đường tròn   Bài56.Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp điểm thứ hai D E Chứng minh rằng: 1) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp 2) Chứng minh IK // DE OC  IK 3) Cho đường tròn   dây AB cố định Chứng minh điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ln khơng đổi Lời giải: O 1) Chứng minh tứ giác ABKI nội tiếp Xét ABC có đường cao AK BI ( giả thiết )  AK  BC K BI  AC I · · · ·  AKB  AKC  90o AIB  BIC  90o o · · Xét tứ giác ABKI có: AKB  AIB  90 ( Chứng minh )  K I hai đỉnh liền kề nhìn cạnh AB góc  Tứ giác ABKI nội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết ) ( đpcm ) 2) Chứng minh IK // DE OC  IK · · Tứ giác ABKI nội tiếp ( Chứng minh )  AKI  ABI ( Hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ AI đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI ) · · hay AKI  ABE ( Do I  BE ) (1) · · Ta có : ADE  ABE ( Hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ AE đường tròn  O ) (2) · · Từ (1) (2) suy AKI  ADE · · Mà AKI ADE cặp góc đồng vị nên suy IK // DE ( đpcm ) · · Tứ giác ABKI nội tiếp ( Chứng minh )  KAI  KBI ( Hai góc nội tiếp · · chắn cung nhỏ KI đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI ) hay DAC  CBE ( Do I  AC,K  AD, I  BE,K  BC ) · · · · O Đường trịn   có: DAC  CBE ( Chứng minh ) Mà DAC CBE hai góc nội tiếp chắn cung nhỏ DC cung nhỏ EC » » »  CE »  DC ( DC,CE cung nhỏ ) ( Hệ )  DC  EC ( Định lý (3) O Ta có: OD  OE ( Bán kính   ) (4) Từ (3) (4) suy OC đường trung trực đoạn DE  OC  DE ( Tính chất ) Mà IK // DE ( Chứng minh )  OC  IK ( Quan hệ từ vng góc đến song song ) ( đpcm ) 3) Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK không đổi Gọi N trung điểm AB, P trung điểm HC, đường thẳng CH cắt AB M o · Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABKI có: AKB  90 ( Chứng minh )  AB đường kính  N tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABKI ( Do N trung điểm AB ) o · · Ta có: BIC  AKC  90 ( Chứng minh ) o · · hay HIC  HKC  90 ( Do H  BI, H  AK ) o o o · · · · Xét tứ giác HKCI có: HIC  HKC  90  90  180 Mà HIC HKC vị trí đối nên tứ giác HKCI nội tiếp ( Dấu hiệu nhận biết ) o · Mà HIC  90 ( Chứng minh )  HC đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác HKCI  P tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCI ( Do P trung điểm HC ) PC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK Tam giác ABC có : AK BI đường cao AK cắt BI H ( giả thiết ) nên suy CM đường cao ABC ( Tính chất )  CM  AB hay CP  AB ( Do P  CM )(5) O Xét đường trịn   có dây AB N trung điểm AB nên suy ON  AB N ( Quan hệ đường kính dây cung ) (6) Từ (5) (6) suy CP // ON ( Quan hệ từ vuông góc đến song song ) Đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABKI đường tròn ngoại tiếp tứ giác HKCI cắt K I Mà N P tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABKI tứ giác HKCI ( Chứng minh )  NP  IK ( Tính chất đường nối tâm ) (7) Ta có: IK  OC ( Chứng minh ) (8) Từ (7) (8) suy NP // OC ( Quan hệ từ vng góc đến song song ) Xét tứ giác NOCP có: CP // ON ( Chứng minh ) NP // OC ( Chứng minh )  Tứ giác NOCP hình bình hành ( Dấu hiệu nhận biết )  ON  PC ( Tính chất ) Xét ONA vng N ( Do ON  AB N ), áp dụng đinh lý Pytago ta có: OA  AN  NO  NO  OA  AN Mặt khác: OA  R , AN   NO  R  AB ( Do N trung điểm AB ) AB2 AB2 AB  ON  R  R 4 ( Do ) Mà ON  PC ( Chứng minh ) Vì  PC  R  AB2  O  cố định AB cố định nên R, AB khơng đổi  PC có giá trị khơng đổi Mặt khác PC bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CIK  Độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CIK ln khơng đổi có giá trị R2  AB2 ( đpcm ) Bài57.Cho nửa đường tròn (O) , đường kính AB Lấy M thuộc nửa đường trịn ( M khơng trùng với A , B ) C điểm cung AM Gọi D giao điểm AC BM ; H giao điểm AM BC a) Chứng minh: Tứ giác CDMH nội tiếp b) Chứng minh: DA DC  DB.DM c) Gọi Q giao điểm DH AB Chứng minh điểm M di chuyển nửa đường trịn (O) đường trịn ngoại tiếp CMQ ln qua điểm cố định Lời giải · · a) Ta có: ACB  AMB  90 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · ·  BCD  AMD  90 · ·  BCD  AMD  90  90  180  Tứ giác CDMH nội tiếp · · · b) Xét DCB DMA có: ADB chung; BCD  AMD  90  DCB áDMA (g.g)  DC DB   DA DC  DB.DM DM DA · · c) ACB  AMB  90  AM  DB;BC  DA  AM;BC hai đường cao DAB · ·  H trực tâm DAB  DH  AB Q  AQD  BQD  90 · · · · ACB  AQD  90  90  180  Tứ giác ACHQ nội tiếp  CQH  CAM · · · · AMB  BQD  90  90  180  Tứ giác BMHQ nội tiếp  MQH  CBM · · · · · · · ·  CQH  MQH  CAM  CBM  CQM  2CAM (do CAM  CBM , hai góc · · ¼ nội tiếp chắn CM ), mà COM  2CAM (góc tâm góc nội tiếp chắn cung) · ·  CQM  COM  Tứ giác CMOQ nội tiếp  O thuộc đường tròn ngoại tiếp CMQ Vậy điểm M di chuyển nửa đường trịn (O) đường trịn ngoại tiếp CMQ ln qua điểm O cố định ¼ Chú ý: Kết tốn C điểm nằm AM ( C khác A , M ) Bài58.Cho đường tròn  O  O điểm A cố định   Vẽ qua A cát tuyến ABC ( B O   M,N   O nằm A C ), AM, AN tiếp tuyến với   ( M thuộc nửa mặt phẳng bờ AC có chứa O , gọi H trung điểm BC 1) Chứng minh: AM  AB.AC 2) Chứng minh điểm A ,  M ,  N ,  O ,  H thuộc đường tròn 3) Đường thẳng qua B song song với AM cắt MN E Chứng minh EH//MC 4) Khi cát tuyến ABC quay quanh A thì trọng tâm G tam giác MBC chạy đường nào? Lời giải 1) Xét Δ CMA Δ MBA · Có MAC chung ¼ · · BMA  ACM  sñBM ⇒ Δ MBA ∽Δ CMA  g.g AM AC  ⇒ AB AM ⇒ AM  AB.AC O 2) Vì AM , AN tiếp tuyến M N đường tròn   (gt) · · nên ANO  AMO  90 O Lại có H trung điểm dây BC đường tròn   · ⇒ OH  BC ⇒ OHA  90 ⇒ A ,  M ,  N ,  O ,  H thuộc đường trịn đường kính AO 3) A ,  M ,  N ,  O ,  H thuộc đường trịn đường kính AO · · ¼ HAM  MNH (hai góc nội tiếp cung MH ) · · Vì BE//AM ⇒ HBE  HAM · · ⇒ HBE  ENH ⇒ tứ giác BEHN nội tiếp · · ⇒ BHE  BNE · · ¼ Mà (O) ta có BNE  BCM (hai góc nội tiếp chắn MB ) · · Nên BHE  BCM ⇒ EH // MC 4) Gọi K trung điểm AO D trọng tâm tam giác MAO ⇒ K , D cố định Vì D G trọng tâm tam giác MAO tam giác MBC MD MG   MK MH ⇒ GD//HK     ⇒ 2 1 DG  HK  AO  AO 3 ⇒ khơng đổi ⇒Khi cát tuyến ABC quay quanh A thì trọng tâm G tam giác MBC chay AO đường đường trịn tâm D bán kính  O;R  Bài59.Cho đường trịn đường kính AB cố định Gọi H điểm thuộc đoạn thẳng OA (điểm H khác điểm O điểm A ) Vẽ dây CD vng góc với AB H Gọi   M điểm thuộc đoạn thẳng CH Nối AM cắt O điểm thứ hai E Tia BE cắt tia DC F a) Chứng minh bốn điểm H , M , E , B thuộc đường tròn · · b) Kẻ Ex tia đối tia ED Chứng minh FEx  FEC MC.FD  FC.MD c) Tìm vị trí điểm H đoạn thẳng OA để diện tích OCH lớn Lời giải a) Xét (O): · AEB  90 · (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay MEB  90 · CH  AB  MHB  90 · · Xét tứ giác BEMH : MEB  MHB  90  90  180  Tứ giác BEMH tứ giác nội tiếp hay bốn điểm H , M , E , B thuộc đường tròn b) AB  CD H  H trung điểm CD hay AB đường trung trực CD »  AD »  AEC · ·  EM tia phân giác  AC  AD  AC  AED CE MC · CED   ED MD · · · · · · Lại có: AEB  90  AEF  90  AEC  FEC  90 AED  FEx  90 · · · · Mà AEC  AED  FEx  FEC  EF tia phân giác góc ngồi E CED CE FC MC FC      MC.FD  FC.MD MD FD ED FD · · Vậy FEx  FEC MC.FD  FC.MD 2 2 c) OCH vuông H  HC  HO  OC  R a  b   a2  2ab  b2  Với hai số a , b ta có:  a2  b2  a  b  2ab  ab  "  " Dấu xảy a  b 2 Áp dụng ta có: Diện tích OCH Dấu "  " xảy Vậy diện tích SOCH 1 HC2  HO2  HC HO   2 HC  HO  OCH lớn OH  R2  R 2 R 2 Bài60.Cho đường tròn (O;R) Từ điểm M ngồi đường trịn kẻ hai tiếp tuyến MA , MB tới đường tròn ( A , B tiếp điểm) Qua A kẻ đường thẳng song song với MO cắt đường tròn E ( E khác A ), đường thẳng ME cắt đường tròn F ( F khác E ), đường thẳng AF cắt MO N , H giao điểm MO AB Gọi I trung điểm EF a) Chứng minh năm điểm M , A , I , O , B thuộc đường tròn b) Chứng minh OIA đồng dạng với MAE c) Chứng minh N trung điểm MH MN  AN.NF HB2 EF  1 MF d) Chứng minh HF Lời giải O a) Do MA , MB tiếp tuyến A , B đường tròn   nên MA  OA MB  OB · · · ·  MAO  MBO  90  MAO  MBO  180  Tứ giác MAOB tứ giác nội tiếp  1 · · · Do I trung điểm EF  OI  EF  MIO  90  MAO  MIO  90  Tứ giác MAIO nội tiếp   Từ      năm điểm M , A , I , O , B thuộc đường tròn · · · · b) Tứ giác MAIO nội tiếp  AOI  AME OME  OAI · · · · Mà AE P MO  MEA  OME  OAI  MEA · · · · Xét OIA MAE có: AOI  AME ; OAI  MEA  OIA ~MAE (gócgóc) c) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: ·  MAB cân M , có MO MA  MB MO tia phân giác AMB · phân giác  MO đường trung trực AB  MO  AB H  MHB  90 · · · · · · Lại có: FBA  MEA  FBA  OME hay FBH  FMH  Tứ giác BMFH nội tiếp » · · FBM  FAB  sđ FB · · · ·  MFB  MHB  90 , mà  FHM  FAB · · · · ·  FHM  FNH  FAB  FNH  90 (do MO  AB H )  NFH  90 · · · · · · · · Ta có: MFN  NFB  MFB  90 NFB  BFH  NFH  90  MFN  BFH · · · · Xét MFH BFA có: FMH  FBH ; FHM  FAB  MFH ~BFA  MF MH  BF BA · · · · Xét MFN BFH có: MFN  BFH ; FMH  FBH  MFH ~BFH MF MN  BF BH MN MH MN BH     BH BA MH BA , mà H trung điểm BA (do MO trung trực AB ) BH MN      N trung điểm MH BA MH  AHN vuông H có đường cao HF  NH  AN.NF N trung điểm MH  MN  NH  MN  AN.NF 2 d) AHN vng H có đường cao HF  HA  AF.AN HF  AF.NF HB2 AN AF  NF AF     1 NF NF HF NF Mà HB  HA  HB  AF.AN AE / / MN  AF EF AF EF HB2 EF HB2 EF   1  1      1 NF MF NF MF HF MF HF MF ... góc đến song song ) Xét tứ giác NOCP có: CP // ON ( Chứng minh ) NP // OC ( Chứng minh )  Tứ giác NOCP hình bình hành ( Dấu hiệu nhận biết )  ON  PC ( Tính chất ) Xét ONA vuông N ( Do ON  AB... (dhnb hai đường thẳng song song) · O Ta lại có CAD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn   đường kính CD )  AD  AC (định nghĩa)  AC  EC (định lý từ vng góc tới song song) (đpcm) Bài50.Cho... thức lượng tam giác vuông)  AK  AB2 AO AB2  AO2  OB2  3R  R  8R   8R R   AK   OA  3R(gt) 3R Mà  8R 16R  AG   3 đơn vị độ dài)  O;R  cố định, dây AB cố định không qua tâm