BÀI tạp HINH ON THI PHAN 2

BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 O;R ) Bài21.Cho đường trịn ( đường kính AB cố định Gọi H điểm thuộc đoạn OA ( H khác O A) Vẽ dây CD vng góc với AB H Gọi M điểm O thuộc CH Nối AM cắt ( ) điểm thứ hai E ,tia BE cắt DC F 1) Chứng minh bốn điểm H;M ;E;B thuộc đường tròn Ex tia đối tia ED Chứng minh MC.FD = FC.MD 3) Tìm vị trí H đoạn OA để chu vi ∆OCH lớn 2) Kẻ · · FEx = FEC Lời giải · o · o 1)Ta có MHB = 90 ;MEB = 90 ⇒ tứ giác HMEB nội tiếp ⇒ Bốn điểm H;M ;E;B thuộc đường tròn · · 2) Từ A điểm cung CD ta AEC = AED · · · · 900 − AEC = 900 − AED ⇒ FEC = BED · · · · Mà BED = FEx ( đối đỉnh ) nên FEC = FEx Xét ∆CDE có EM EF phân giác phân giác nên CM CE CF CE = ; = DM DE DF DE ( tính chất phân giác ) CM CF = DM DF hay CM.FD = FC.MD Suy 3) S∆OCH 1 OH2 + CH2 OC2 R2 = OH.CH ≤ = = 2 4 BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 Vậy MaxS∆OHC = R2 R OH = CH,OH + CH2 = R ⇒ OH = Bài22.Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi C trung điểm OA , qua C kẻ dây MN vuông góc với OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM , H giao điểm AK MN a) Chứng minh tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AK.AH = R c) Trên KN lấy điểm I cho KI = KM Chứng minh NI = KB Lời giải · a) Ta có AKB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) · · xét tứ giác BCHK có BCH + AKB = 90° + 90° = 180° suy tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn b) xét ∆AHC ∆ABK có µ A chung · · ACH = AKB = 90° Suy ∆AHC : ∆ABK (g-g) ⇒ AH AC R = ⇒ AH.AK = AB.AC = 2R = R AB AK c) Gọi NK ∩ MB = D C trung điểm AO MN nên AMON hình bình hành ⇒ ∆BMN ⇒ MN = NB = MB (1) ) ( · ¼ + sdKB » = sdNK ¼ = KMN · MDN = sdMN 2 Ta có ⇒ ∆MDN : ∆KMN(g − g) ⇒ MK MD = NK MN (2) Tương tự ∆BDN : ∆KBN(g − g) ⇒ BK BD = NK NB (3) BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 Từ (1), (2) (3) ⇒ MK + BK MD BD MD + BD = + = =1 NK MN NB MB ⇒ MK + BK = NK = KI + NI Mà KI = KM ⇒ BK = NI ( ) ( ) AB < AC O;R Bài23.Cho ∆ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn Vẽ đường cao BE O , CF cắt H Các đường thẳng BE , CF cắt ( ) P Q ( P khác B Q khác C ) Tiếp tuyến B C cắt EF N , M 1) Chứng minh bốn điểm B , F , E , C thuộc đường tròn O 2) Đường thẳng MP cắt ( ) điểm thứ hai K Chứng minh: ∆MEC cân 3) Chứng minh ME = MK.MP · · 4) Chứng minh: FEK = FAK N , K , Q thẳng hàng Lời giải · · 1) Vì BE , CF đường cao ⇒ BFC = BEC = 90 Mà E , F hai đỉnh kề nên tứ giác BFEC nội tiếp 2) +) Chứng minh: ∆MEC cân ME = MK.MP · · · · Vì tứ giác BFEC nội tiếp ( cmt) nên ABC = NEA , mà NEA = MEC ( đối đỉnh) · · Nên ABC = MEC (1) ¼ · · ABC = MCA = sdAPC Ta lại có (2) · · · Từ (1), (2) ta suy ABC = MEC = MCE ⇒ ∆MEC cân M  »  · · · PMC chung; MCP = MKC  = sdCP ÷   nên ∆MPC ∽ ∆MCK ( g − g) +) Ta có MC MP = ⇒ MC2 = MK.MP Suy MK MC ∆MEC can) Vì MC = ME ( nên ME = MK.MP · · 3) Chứng minh: FEK = FAK N , K , Q thẳng hàng BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 ME MP = ⇒ ∆MPE ∽ ∆MEK ( c.g.c) · MK ME , lại có EMK Ta có chung · · · · · · ⇒ EPK = FEK ⇒ FEK = FAK ⇒ AKFE nội tiếp ⇒ NKB = NEB · · · · · Mà NEB = FCB = QKB ⇒ NKB = QKB ⇒ N , K , Q thẳng hàng ME = MK.MP ⇒ ( O;R ) , lấy điểm A nằm ( O) cho OA > 2R Qua A kẻ O tiếp tuyến AB,AC với ( ) ( B,C tiếp điểm) Bài24.Cho đường tròn 1) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp, xác định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC · · O 2) BI cắt ( ) M Chứng minh MCB = OAC 3) Gọi N trung điểm đoạn thẳng AB , đường thẳng NI cắt đường thẳng AC K , đường thẳng MC cắt đường thẳng AO D Chứng minh đường thẳng NK song song với đường thẳng MC IM.DO = MB.ID Lời giải a) Xét tứ giác ABOC ta có: · · ABO + ACO = 90° + 90° = 180° ⇒ Tứ giác ABOC nội tiếp (tổng góc đối cộng lại 180° ) Do tứ giác ABOC tạo tam giác vng ∆ABO ∆ACO có cạnh huyền AO Nên tâm I đường ngoại tiếp tứ giác ABCO trung điểm AO b) Xét ( O) ta có: Hai tiếp tuyến B,C cắt A ⇒ A giao điểm tiếp tuyến · ⇒ AO tia phân giác BAC BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 · · ⇒ BAO = CAO Xét ∆BAO vuông B ta có: BI đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AO ⇒ IA = IB ⇒ ∆IAB cần I · · ⇒ IAB = IBA ¼ · MCB = sdMB ·MCB ¼ góc nội tiếp chắn cung MB nên ¼ · MBA = sdMB ·MBA góc tạo tiếp tuyến BA dây cung MB nên Ta có: · ¼ MCB = sdMB ( cmt)  ¼ · MBA = sdMB ( cmt) ⇒ MCB · ·  = MBA Ta có · · BAO = CAO  · · IAB = IBA · · · · MCB = MBA ⇒ MCB = OAC c) · · Xét tứ giác ABOC nội tiếp ta có: OAC;OBC vị trí góc nhìn cạnh · · ⇒ OBC = OAC Ta có: · · MCB = OAC ( cmt)  · · OAC = OBC · · ( cmt) ⇒ MCB = OBC · · Mà góc MCB;OBC vị trí so le nên OB / /MC Xét tam giác ABO ta có N trung điểm AB I trung điểm AO ⇒ NI đường trung bình tam giác ABO ⇒ NI / /BO ⇒ NK / /BO Mà OB / /MC Nên MC / /NK MD / /OB( MC / /OB) Xét tam giác OBI ta có: BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 ⇒ IM ID = MB DO ( định lý thales) ⇒ IM.DO = MB.ID ( ) O Bài25.Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn Kẻ đường cao AD tam giác ABC , đường kính AK đường tròn ( O) Gọi E F hình chiếu B C AK a) Chứng minh tứ giác ADFC nội tiếp đường tròn · · b) Chứng minh BAD = CAK c) Gọi M N trung điểm BC AC Chứng minh MN ⊥ DF M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Lời giải a) Xét tứ giác ADFC có : · ADC = 90° (vì AD đường cao ) · AFC = 90° (vì CF ⊥ AF ) Suy tứ giác ADFC nội tiếp đường trịn đường kính AC b) Xét ∆BAD vng D (vì AD ⊥ BC ) · · ⇒ BAD + ABD = 90° ( 1) · · Ta có CBK = CAK (2 góc nội tiếp chắn cung CK ) · · · · Mà ABD + CBK = ABK = 90° (vì ABK góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 · · ⇒ ABD + CAK = 90° ( ) Từ ( 1) ( 2) · · suy BAD = CAK c) Chứng minh MN ⊥ DF · · Tứ giác ADFC nội tiếp nên DFA = DCA (2 góc nội tiếp chắn cung DA ) · · hay DFA = BCA · · · · Mà BKA = BCA (2 góc nội tiếp chắn cung BA ) suy DFA = BKA , mà hai góc vị trí đờng vị Suy DF//BK Mà BK ⊥ BA ⇒ DF ⊥ BA Mặt khác, MN//AB (vì MN đường trung bình ∆ABC ) suy MN ⊥ DF d) Chứng minh M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Ta có ND = NF ( bán kính đường trịn ngọi tiếp tứ giác ADFC ) ⇒ ∆NDF cân N nên đường cao NM cũng đường trung trực ⇒ MD = ME ( 3) Kẻ MH ⊥ AK ⇒ BE//MH//CF (vì vng góc AK ) Gọi I giao điểm AK BC IH IM IM IH = = Ta có : EH MB mà IC IF ⇒ IM IH = MC HF Mà MB = MC ⇒ IM IM IH IH = ⇒ = MB MC EF HF ⇒ HE = HF , mặt khác MH ⊥ EF Nên MH đường trung trực EF ⇒ ME = MF ( ) Từ ( 3) ( 4) suy MD = ME = MF hay M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 ( ) ( ) O;R AB < AC AH ⊥ BC Bài26.Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn cho ( H ∈ BC) , từ H kẻ HM ⊥ AB ( M ∈ AB) N ∈ AC ) HN ⊥ AC ( a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp · · b) Chứng minh ANM = ABC AM.AB = AN.AC O;R ) c) Tia MN cắt ( D Chứng minh ∆AHD cân d) Khi AH = R Chứng minh M ; O ; N thẳng hàng Lời giải a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp Xét tứ giác AMHN có · · AMH = 90° ( HM ⊥ AB) ; ANH = 90° ( HN ⊥ AC) · · Nên AMH + ANH = 180° · · Mà AMH ANH hai góc đối Suy AMHN tứ giác nội tiếp ( tứ giác có hai góc đối bù nhau) · · b) Chứng minh ANM = ABC AM.AB = AN.AC Xét ∆AMH ∆AHB có · BAH góc chung · · AMH = AHB = 90° Suy ∆AMH ∽ ∆AHB (g – g) · · ⇒ AHM = ABH ( cặp góc tương ứng) · · Mà AHM = ANM ( tứ giác AMHN nội tiếp) · · Suy ANM = ABC Xét ∆ABC ∆ANM có BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 · BAC góc chung ·ABC = ANM · ( cmt) Suy ∆ABC ∽ ∆ANM (g – g) AB AC = Do AN AM ( cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) Suy AB.AM = AC.AN O;R ) c) Tia MN cắt ( D Chứng minh ∆AHD cân Ta có · · · · ABC + ADC = 180° ( tứ giác ABCD nội tiếp); AND + ANM = 180° · · Mà ANM = ABC (câu b)) · · Suy ADC = AND ( ) Xét ∆AND ∆ADC có · DAC góc chung · · ADC = AND ( ( ) ) Suy ∆AND ∽ ∆ADC (g – g) AD AN = AC AD ( cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) Do 2 Suy AD = AC.AN ( ) Mặt khác, ∆HAC vng H có HN đường cao nên AH = AN.AC ( ) Từ ( ) ( ) suy AH = AD Vậy ∆AHD cân A d) Khi AH = R Chứng minh M ; O ; N thẳng hàng O Kẻ tiếp tuyến Ax ( ) Ta có: = ·xAB = ACB · · · » ( sđ AB ); AMD = ACB ( ∆ABC ∽ ∆ANM ) · · ⇒ xAB = AMN ⇒ Ax// MN Mà Ax ⊥ AO nên MN ⊥ AO hay MD ⊥ AO ( ) Ta có AH = R nên AD = R ( ) 2 2 2 R + R = 2R ∆ AOD OA + OD = AD Xét có: nên ∆OAD vng cân O Suy OA ⊥ OD ( ) Từ ( ) ( ) suy M , O , D thẳng hàng hay M ; O ; N thẳng hàng BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 ( ) O Bài27.Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn Ba đường cao AD , BE , CF tam giác ABC cắt H a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp O b) Kẻ đường kính AK đường trịn ( ) Chứng minh tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC AB.AC = 2AD.R c) Gọi M hình chiếu vng góc C AK Chứng minh: MD song song với BK O d) Giả sử BC dây cố định đường tròn ( ) A di động cung lớn BC Tìm vị trí điểm A để diện tích tam giác AEH lớn Lời giải a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp · Ta có BFC = 90° , điểm B , F , C nằm đường trịn đường kính BC · Ta có BEC = 90° , điểm B , E , C nằm đường trịn đường kính BC Do đó, điểm B , E , F , C nằm đường trịn đường kính BC Vậy BFEC tứ giác nội tiếp b) Tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC AB.AC = 2AD.R · · Đường trịn O có góc ABC = AKC (2 góc nội tiếp chắn cung AC ) · · Đường trịn O có AK đường kính nên ACK = ADB = 90° Vậy tam giác ABD đồng dạng với tam giác AKC AB AD = Từ suy AK AC ⇒ AB.AC = AD.AK = AD.2R c) Chứng minh: MD song song với BK · · Tứ giác ADMC nội tiếp ADC = AMC = 90° · · · Suy góc nội tiếp CDM = CAM = CAK BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 Xét tứ giác MAKB có bốn đỉnh M,A,K,B thuộc đường tròn ⇒ tứ giác MAKB nội tiếp đường trịn · ¼ AKM = sdMA  ¼ · · · ⇒ BKM = sdMB ⇒ AKM = BKM  ¼ = MB ¼ MA  ·  ⇒ KM tia phân giác AKB c Xét ∆MNA ∆MAP có · AMN chung · · MAN = MPA (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn » O AN đường tròn ( ) ) ⇒ ∆MNA ∽ ∆MAP ( g.g) ⇒ MN MA = ⇒ MN.MP = MA ( ) (điều phải chứng minh) MA MP Xét ∆MAO vuông A có AH đường cao ⇒ MA = MH.MO ( ) (hệ thức liên hệ tam giác vng) Từ ( 4) ( 5) ta có: MN.MP = MH.MO ⇒ MN MH = MO MP MN MH = µ ∆ MNH ∆ MOP MO MP M Xét có chung, ⇒ ∆MNH ∽ ∆MOP ( c.g.c) BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 · · ⇒ MNH = MOP (2 góc tương ứng) · · Xét tứ giác NHOP có MNH = MOP Mà góc vị trí góc ngồi tứ giác góc đỉnh đối diện ⇒ tứ giác NHOP nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) d Chứng minh cát tuyến MNP thay đổi trọng tâm G tam giác NAP ln chạy đường trịn cố định AG = Gọi G trọng tâm ∆ANP ⇒ AK Gọi T trọng tâm ∆AMO AT AG TG 2 = = ⇒ = ⇒ TG = IK = IO IK 3 Ta có AI AK ⇒ TG//IK Mà T,I,O cố định    I; IO ÷ ⇒ G ln thuộc đường trịn   cát tuyến MNP thay đổi ( O) dây BC cố định không qua O Trên tia đối tia BC lấy O điểm A Vẽ tiếp tuyến AM , AN tới ( ) ( M , N tiếp điểm) MN cắt Bài35.Cho đường AO BC H K Gọi I trung điểm BC a) Chứng minh: Bốn điểm A , M , O , N thuộc đường tròn b) Chứng minh: Tứ giác BHOC nội tiếp c) Vẽ dây MP//BC Chứng minh: N , I , P thẳng hàng d) Khi A chuyển động tia đối tia BC , chứng minh trọng tâm ∆MBC chạy đường trịn cố định BÀI TẬP HÌNH HỌC ÔN THI HK II + TS 10 Lời giải a) Chứng minh: Bốn điểm A , M , O , N thuộc đường tròn · · Xét tứ giác AMON có: AMO = 90° , ANO = 90° (vì AM , AN tiếp tuyến ( O) M , N tiếp điểm) · · ⇒ AMO + ANO = 180° mà hai góc đối nên tứ giác AMON nội tiếp đường tròn (DHNB tứ giác nội tiếp) Vậy bốn điểm A , M , O , N thuộc đường tròn b) Chứng minh: Tứ giác BHOC nội tiếp · · µ + Xét ∆AMB ∆ACM có: A chung, AMB = ACM (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung MB ) ⇒ ∆AMB ∽∆ACM(g.g) ⇒ AM AC = AB AM ⇒ AM = AB.AC Mà AM = AH.AO (hệ thức lượng ∆AMO vuông O , đường cao AH ) ⇒ AB.AC = AH.AO ⇒ AB AO = AH AC AB AO = (cmt) · + Xét ∆AHB ∆ACO có: CAO chung; AH AC ⇒ ∆AHB ∽ ∆ACO(c.g.c) · · ⇒ AHB = ACO (hai góc tương ứng) BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 · · Mà AHB + BHO = 180° (kb) · · ⇒ BCO + BHO = 180° Mà hai góc đối nên tứ giác BHOC nội tiếp đường tròn c) Vẽ dây MP//BC Chứng minh: N , I , P thẳng hàng · + Xét tứ giác AOIN có : AIO = 90° (vì OI ⊥ BC - Quan hệ đường kính dây cung) · ANO = 90° (vì AN tiếp tuyến (O) N tiếp điểm) · · ⇒ AIO + ANO = 180° mà hai góc đối nên tứ giác AOIN nội tiếp đường tròn (DHNB tứ giác nội tiếp) hay bốn điểm A , I , O , N thuộc đường tròn Mà bốn điểm A , M , O , N thuộc đường tròn Nên năm điểm A , M , O , N , I thuộc đường tròn · · ⇒ MNI = MAI (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung MI ) · · Mà xMP = MAI (hai góc đờng vị MP//BC ) · · ⇒ MNI = xMP · · Mà MNP = xMP (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung MP ) · · ⇒ MNI ≡ MNP hay ba điểm N , I , P thẳng hàng d) Khi A chuyển động tia đối tia BC , Chứng minh trọng tâm ∆MBC chạy đường tròn cố định BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 IG = MI + Trên cạnh MI lấy điểm G cho , đó, G trọng tâm ∆MBC IF = IC + Lấy F ∈ IC cho suy điểm F cố định IE = IB Lấy E ∈ IB cho suy điểm E cố định IG FI = = + Ta có IM IC ⇒ GF // MC (ĐL Talet đảo) IG EI = = IM IB ⇒ GE // MB · · ⇒ EGF = BMC khơng đổi Khi điểm G ln nhìn cạnh FE cố định góc khơng đổi nên G thuộc đường trịn ngoại tiếp ∆GEF Vậy A chuyển động tia đối tia BC , trọng tâm G ∆MBC chạy đường tròn cố định đường đường tròn ngoại tiếp ∆GEF Bài36.Cho đường tròn (O;R) , dây MN (MN < 2R) Trên tia đối tia MN lấy điểm A Từ A kẻ tiếp tuyến AB , AC tới đường tròn (O) ( B , C tiếp điểm) a) Chứng minh bốn điểm A , B , O , C thuộc đường tròn Chỉ rõ tâm O′ bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABOC 2 b) Chứng minh AB = AC = AM.AN c) Gọi I trung điểm MN Kẻ BI cắt (O) E Chứng minh EC//AN Lời giải BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 a) Xét ( O) có: AB ⊥ OB , AC ⊥ OC ( AB , AC tiếp tuyến) Xét tứ giác · · ABOC có ABO = 90 ( AB ⊥ OB) ; ACO = 90° ( AC ⊥ OC) · · ⇒ ABO + ACO = 180° ⇒ tứ giác ABOC nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 180° ) Tâm O′ trung điểm AO bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác AO ABOC b) Xét ( O) có: AB , AC tiếp tuyến cắt A ⇒ AB = AC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ AB2 = AC2 ( 1) · · O Xét ( ) có ABM = ANB (góc tạo tia tiếp tuyến dây góc nội tiếp chắn cung nhau) · · · Xét ∆ABM ∆ANB có ABM = ANB (chứng minh trên); BAN chung ⇒ ∆ABM ∽ ∆ANB (g-g) ⇒ AB AM = AN AB (tính chất) ⇒ AB2 = AM.AN ( ) Từ ( 1) ( 2) 2 suy AB = AC = AM.AN (điều phải chứng minh) Từ ( 1) ( 2) suy MA = MH ×MO = ME ×MD (điều phải chứng minh) ⇒ MH ME = MD MO (tính chất tỉ lệ thức) · HME chung MH ME = · · = ODM MD MO (chứng minh trên) ⇒ EHM (hai góc tương ứng) c) Xét ( O) MN < 2R ) có I trung điểm dây MN ( · ⇒ OI ⊥ MN (liên hệ đường kính dây) ⇒ OIA = 90° ⇒ I ∈ ( O′ ) Xét ( O′ ) · · có ACB = AIB ( hai góc nội tiếp chắn cung AB ) ( ) BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 Xét ( O) · · có ACB = CEB (góc tạo tia tiếp tuyến dây góc nội tiếp chắn cung nhau) ( ) ( 3) ( 4) · · suy CEB = AIB Mà hai góc vị trí đờng vị ⇒ EC//AN (dhnb hai đường thẳng song song) Từ ( ) O;R Bài37.Cho ∆ABC nhọn nội tiếp đường trịn đường kính AK Ba đường cao AD,BE,CF ∆ABC cắt H Gọi M hình chiếu vng góc C AK a) Chứng minh: tứ giác AEHF nội tiếp b) Chứng minh: ∆ABD đồng dạng ∆AKC AB.AC = 2R.AD c) Chứng minh MD song song với BK O d) Giả sử BC dây cố định đường tròn ( ) cịn A di động cung lớn BC Tìm vị trí điểm A để diện tích ∆AEH lớn Lời giải a) Xét ∆ABC có AD,BE,CF đường cao · · ⇒ BE ⊥ AC ⇒ AEB = 90° ⇒ AEH = 90° · · ⇒ CF ⊥ AB ⇒ AFC = 90° ⇒ AFH = 90° Xét tứ giác AEHF có: · · AEH + AFH = 180° · · Mà AEH;AFH góc vị trí đối ⇒ AEHF tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) b) xét ( O) có: BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 · ACK = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · » ABC = AKC (2 góc nội tiếp chắn AC ) Xét ∆ABD ∆AKC có: · · ADB = ACK ( = 90°) · · ABC = AKC (cmt) ⇒ ∆ABD∽ ∆AKC ( g − g) ⇒ AB AD = ⇔ AB.AC = AD.AK ⇔ AB.AC = 2R.AD AK AC c) Xét ( O) có: · · ¶ ACB = AKB (2 góc nội tiếp chắn AB ) · Ta có MC ⊥ AK ⇒ CMA = 90° Xét tứ giác ACMD có: · · AMC = ADC ( = 90°) Mà M , D hai đỉnh kề ⇒ tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác ACMD có: · · ¶ AMD = ACD (2 góc nội tiếp chắn AD ) · · ⇒ AMD = AKB Mà góc vị trí đờng vị ⇒ MD PBK d) Gọi I trung điểm BC BH ⊥ AC ⇒ BH PCK  CK ⊥ AC  Ta có: CH ⊥ AB ⇒ CH PBK  BK ⊥ AB ⇒ Tứ giác BHCK hình bình hành I trung điểm BC ⇒ I trung điểm HK Ta có I trung điểm HK , O trung điểm AK ⇒ OI đường trung bình ∆AHK BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 ⇒ OI = AH Mà OI không đổi ⇒ AH không đổi S∆AHE = AE + EH2 AH2 AE.EH ≤ ⇒S ≤ ∆AHE 4 · · ⇒ diện tích SAHE lớn AE = EH ⇒ HAE = ACB = 45° · Vậy A thuộc cung lớn BC cho ACB = 45° diện tích ∆AHE đạt giá trị lớn Bài38.Cho ∆ABC nhọn có AB < AC , đường cao AD , BE , CF Đường thẳng qua D song song với EF cắt đường thẳng AB , AC Q , R a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp FB BD = b) Chứng minh tam giác DER cân CE RD c) Đường thẳng BC cắt đường thẳng EF P Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua trung điểm BC Lời giải a Do AD , BE đường cao ∆ABC ⇒ AD ⊥ BC,BE ⊥ AC · · ⇒ ADB = AEB = 90° · · ADB = AEB ( = 90° ) mà góc có đỉnh kề nhìn ABDE Xét tứ giác có: cạnh ⇒ Tứ giác ABDE nội tiếp b Chứng minh tương tự ta có BFEC , AFDC tứ giác nội tiếp · · Có AFDC tứ giác nội tiếp ⇒ AEF = ABC (tính chất góc góc ngồi ( 1) đỉnh đối diện) BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 · · Theo câu a) ta có ABDE tứ giác nội tiếp ⇒ DER = ABC (tính chất góc ( 2) góc ngồi đỉnh đối diện) · · Lại có DR / /EF ⇒ AEF = DRE (2 góc đờng vị) Từ ( 1) , ( 2) ( 3) ( 3) · · ta có: DER = DRE ⇒ ∆DER cân D Ta có AFDC tứ giác nội tiếp · · ⇒ BFD = ACB (tính chất góc góc ngồi đỉnh đối diện) · · DEC = FBD ( cmt)  · ·  BFD = ECD ( cmt) Do ⇒ ∆BFD ∽∆ECD ⇒ FB BD = CE ED , DE = DR ( ∆DER cân) ⇒ FB BD = CE DR c) Gọi M trung điểm BC ⇒ MB = MC = ME (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) (thiếu điểm M hình vẽ, nói GVSB vẽ lại) BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 · · ⇒ ∆EMB cân M ⇒ EMC = 2EBM tam giác EBM ) ( 4) (tính chất góc ngồi đỉnh M · · Mặt khác AFDC , BFEC , ABDE tứ giác nội tiếp ⇒ CFE = EBC , · · · CFD = DAC = EBC · · · Suy ra: CFD + CFE = 2EBM Từ ( 4) ( 5) ( 5) · · · · ta có: EMC = EFD ⇒ DMEF tứ giác nội tiếp ⇒ PFD = EMD Chứng minh tương tự ý b) ta có ∆DFQ cân D , Xét ∆FDP ∆MDE · · PFD = EMD ( cmt)  ⇒ ∆FDP ∽∆MDE · · · FDP = EDM = BAC   (g.g) ( ⇒ ) DF DM DQ DM = ⇒ = DP DE DP DR · · ⇒ ∆DPQ ∽∆DRM (c.g.c) ⇒ DPQ = DRM ⇒ PQMR tứ giác nội tiếp Suy đường tròn ngoại tiếp ∆PQR qua trung điểm BC Bài39.Cho ∆ABC vng cân A , đường trịn đường kính AB cắt cạnh BC D ( D khác B ) Gọi M điểm đoạn thẳng AD Kẻ MH ⊥ AB H , MI ⊥ AC I HK ⊥ ID K a) Chứng minh tứ giác BDMH nội tiếp đường tròn · · b) Chứng minh MID = MBC c) Chứng minh tứ giác AIKM nội tiếp ba điểm B,M,K thẳng hàng Lời giải · a) Ta có: MH ⊥ AB ⇒ MHB = 90° Xét tứ giác BDMH , ta có: · · BDM = BHM = 90° Khi đó: Tứ giác BDMH nội tiếp đường trịn đường kính BM · b) MI ⊥ AC ⇒ MIA = 90° · · Xét tứ giác AHMI , ta có: MIA = MHA = 90° Khi tứ giác AHMI nội tiếp đường trịn đường kính AM (1) BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 · Ta có: HK ⊥ ID ⇒ HKI = 90° · · Xét tứ giác AHKI , ta có: IAH = IKH = 90° Khi tứ giác AHKI nội tiếp đường trịn (2) Từ (1) (2) ⇒ A,I,K ,M,H thuộc đường tròn đường kính AM ¼ · · Xét đường trịn đường kính AM , ta có: KIM = KAM ( góc nội tiếp chắn KM ) » · · Xét đường trịn đường kính AB , ta có: KBD = KAD ( góc nội tiếp chắn KD ) · · Vậy: MID = MBC c) Ta có A,I,K,M,H thuộc đường trịn đường kính AM Vậy tứ giác AIKM nội tiếp đường trịn đường kính AM · Khi đó: AKM = 90° ⇒ KM ⊥ AK · Mà: AKB = 90° ⇒ KB ⊥ AK Vậy ba điểm B,M,K thẳng hàng ( O;R ) đường kính AB Kẻ đường kính CD vng góc AB Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC , AM cắt CD E Qua D kẻ tiếp tuyến với đường Bài40 Cho đường tròn tròn ( O) cắt đường thẳng BM N 1) Chứng minh bốn điểm M,N,D,E nằm đường tròn 2) Chứng minh EN//CB ; 3) Chứng minh tích AM.BN khơng đổi M chuyển động cung nhỏ BC 4) Tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC đạt giá trị lớn Lời giải BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 · O;R ) M ∈ ( O) ⇒ AMB = 90° (góc nội tiếp chắn 1) Xét ( có AB đường kính, nửa đường trịn) · O Vì DN tiếp tuyến đường tròn ( ) D nên CDN = 90° · · +) Xét tứ giác EMND có: EMN + EDN = 90° + 90° = 180° Mà hai góc vị trí đối ⇒ Tứ giác EMND tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) · · 2) Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác EMND có: DEN = DMN (2 góc nội tiếp » chắn DN ) · » = 90° = 45° DMN = DB O;R ) » sđ Xét ( có: (góc nội tiếp chắn DB ) · ⇒ DEN = 45° · ∆OCB tam giác vuông cân O ⇒ OCB = 45° Ta có: · · OCB = DEN ( = 45°) mà hai góc vị trí đồng vị ⇒ DN//CB 3) Cách 1: Gọi H giao điểm EN AB +) Xét ( O;R ) · » = 90° = 45° CMA = AC » sđ có: (góc nội tiếp chắn CA ) +) ∆OEH tam giác vuông O (gt) Lại có: · · OEH = 45° ( cmt) ⇒ OHE = 45° · · ⇒ BHN = OHE = 45° (2 góc đối đỉnh) +) Xét · · ¼ ( O;R ) có: CAM = CBM (2 góc nội tiếp chắn CM ) BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 · · +) CB / /EN(cmt) ⇒ CBM = HNB (2 góc đờng vị) · · ⇒ HNB = CAM +) Xét ∆AMC ∆NHB có: · · CMA = BHN (cmt) · · HNB = CAM (cmt) ⇒ ∆AMC : ∆NHB ⇒ AM AC = ⇒ AM.NB = NH.AC () NH NB Gọi giao điểm CN AB I Xét ∆CDN có: O trung điểm CD OI//DN (cùng vng góc với DN) ⇒ I trung điểm CN ⇒ CB = NH ( ) Dễ dàng chứng minh ∆ICB = ∆INH(g.c.g) Thay ( ) vào ( ) ta có: AM.NB = AC.CB không đổi M di chuyển cung nhỏ BC 4) Tìm vị trí điểm M cung nhỏ BC để diện tích tam giác BNC đạt giá trị lớn Kẻ NK ⊥ BC K , EF ⊥ BC F SNBC = NK.BC S Do BC không đổi nên NBC max ⇔ NK max Mà ENKF hình chữ nhật ⇒ NK max ⇔ EF max ⇔ E ≡ 0⇔ M ≡ B BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 ...BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 Vậy MaxS∆OHC = R2 R OH = CH,OH + CH2 = R ⇒ OH = Bài2 2. Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Gọi C trung điểm OA , qua C... ) 2 2 2 R + R = 2R ∆ AOD OA + OD = AD Xét có: nên ∆OAD vuông cân O Suy OA ⊥ OD ( ) Từ ( ) ( ) suy M , O , D thẳng hàng hay M ; O ; N thẳng hàng BÀI TẬP HÌNH HỌC ƠN THI HK II + TS 10 ( ) O Bài2 7.Cho... bình nên AH = 2OG , O G không đổi nên độ dài AH không đổi SAEH AE.EH AE + EH2 AH2 = ≤ = 4 maxSAEH AH2 = ⇔ EA = EH · · ⇔ EAH = 45o ⇔ ACB = 45° Bài2 8.Cho đường tròn ( O;R ) , dây AB ≠ 2R M thuộc