BÀI TẬP HÌNH ON THI VÀO 10 PHẦN 1

( O; R ) điểm M nằm đường tròn Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB ( A , B tiếp tuyến) N điểm di động đoạn AO Đường thẳng MN cắt Câu 1.Cho đường tròn ( O) C D ( C nằm M N ), cắt đường thẳng OB P Gọi I trung điểm AB 1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp 2) Chứng minh : AC.BD = AD.BC 3) Khi OM = R CI a) Tính tỉ số MC b) Đường thẳng IN cắt AP E Tìm vị trí điểm N để diện tích tam giác AOE lớn Lời giải 1) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp · AMO = 90° · ANO = 90° ⇒ tứ giác MAOB nội tiếp (đpcm) Theo tính chất tiếp tuyến ta có  2) Chứng minh : AC.BD = AD.BC Ta có ∆ACM # ∆DAM (g – g) ∆BCM # ∆DBM (g – g) ⇒ ⇒ AC CM = AD AM ( 1) BC CM BC CM = ⇒ = BD BM BD AM ( ) ( 1) Từ ( 2) AC BC = ⇒ AC.BD = AD.BC suy AD BD (đpcm) 3) Khi OM = R 2 Ta có R 2 R R OM = R ⇒ OI = ⇒ AI = AO − IO = R −  ÷ =  ữ 2 ẳ = 45 ∆MAO ⇒ IA + OI = AO ⇒ ∆OAI vuông cân I ⇒ AOI vuông cân A ⇒ Tứ giác MAOB hình vng có cạnh R Ta có MI.MO = R R = R 2 Lại có ∆ACM ∽∆DAM (g – g) ⇒ MI.MO = MC.MD ⇒ ⇒ AM MC = ⇒ MC.MD = MA = R DM MA MC MI = MO MD ∆MCI ∽∆MOD (c – g – c) ⇒ CI OD R = = = = MC MO R 2 Kẻ NK ⊥ IO ⇒ ∆NKO vuông cân K ⇒ NK = KO Xét ∆INK có : Xét ∆AOP có : Từ ( 1) ( 2) · tan NIO = NK OK ON = = IK IK AN ( NK //AI ) · tanOAP = OP OP ON = = OA AM AN ( OP//AM ) ( 1) · · · · · ta có tan NIO = tanOAP ⇒ NIO = OAP ⇒ tứ giác AIOE nội tiếp ⇒ AEO = 90° S∆AOE 1 R2 2 = AE.OE ≤ AE + OE = AO = 4 ( ) R2 ⇒ maxS∆AOE = OE = AE ⇒ IE đường trung bình tam giác ∆ABP ⇒ N trung điểm AO ( O; R ) điểm S cố định nằm ngồi đường trịn ( O ) Kẻ hai tiếp tuyến SA SB đường tròn ( O; R ) ( A,B tiếp điểm) Đường thẳng qua S cắt đường tròn ( O ) C Câu Cho đường tròn D ( SC < SD C, O, D không thẳng hàng) Gọi E trung điểm đoạn thẳng CD 1) Chứng minh bốn điểm S, A, O, B thuộc đường tròn · · 2) Chứng minh AOB = 2.SEB ( ) O 3) Tia BE cắt đường tròn F Chứng minh tứ giác ACDF hình thang cân xác định vị trí cát tuyến SCD để diện tích tam giác SDF đạt giá trị lớn Lời giải 1) Chứng minh bốn điểm S, A, O, B thuộc đường tròn · S; A; O Ta có: SAO = 90 nên thuộc đường trịn đường kính SO · S; B; O Ta có: SBO = 90 nên thuộc đường trịn đường kính SO Vậy bốn điểm S, A, O, B thuộc đường tròn 2) Vì Gọi E trung điểm đoạn thẳng CD nên OE ⊥ CD (tính chất đường kính dây cung) · SEO = 900 nên S; E; O thuộc đường trịn đường kính SO Vậy điểm S; E; O; B · · thuộc đường tròn đường kính SO ⇒ SOB = SEB · · Mà AOB = 2.SOB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) · · Do AOB = 2.SEB · B = AOB · AF 3) Ta có: (Tính chất góc nội tiếp) · · ⇒ SEB = AOB · · AOB = SEB Mà (cmt) · · Nên SEB = AFB mà góc vị trí đồng vị Nên AF / /CD (1) » · · SAC = SDA = sdAC Ta có: (2 góc nội tiếp chắn cung) » · · ADF = ABF = sdAF (2 góc nội tiếp chắn cung) » · · ASC = ABF = sdAE (2 góc nội tiếp chắn cung) · · · · ⇒ SAC + ASC = SDA + ADF · · · ⇒ SAC + ASC = CDF · · · Mà SAC + ASC = ACD · · ACD = CDF (2) Từ (1) (2) nên tứ giác ACDF hình thang cân Ta có S∆SAD = S∆SFD (cùng đáy SD chiều cao) Kẻ DH ⊥ SA tạ H S∆SAD = DH.SA Có Mà DH ≤ AH ≤ 2R S∆SAD max ⇔ DH max = 2R ⇔ A, O, D thẳng hàng Diện tích tam giác SDF lớn vẽ cát tuyến SCD cho A;O; D thẳng hàng Câu 3.Cho ( O ;R ) ( điểm A cố định bên O) ( O ) M , N Qua A , kẻ đường thẳng d cắt ( AM < AN ) Gọi I trung điểm MN Kẻ tiếp tuyến AB ,AC tới ( O ) , ( B ,C tiếp điểm B thuộc cung lớn MN ) · · a) Chứng minh: AOB = BNC b) Gọi H giao điểm OA BC Chứng minh AC = AM.AN tứ giác ONMH tứ giác nội tiếp c) Kẻ tiếp tuyến M , N cắt S Chứng minh HC phân giác góc MHN B ,C ,S thẳng hàng Lời giải a) ( O) có: 1· · ⇒ BOA = BOC ·COA = BOA · (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) (1) 1· · BNC = BOC » ( 2) Lại có: (góc nội tiếp góc tâm chắn BC ) Xét ta Từ ( 1) ( 2) · · suy ra: AOB = BNC b) * Xét ∆AMC ∆ACN ta có: µ chung A · · ¼ ACM = ANC (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn MC ) ∆ACN ( g.g ) Suy ∆AMC ∽ ⇒ AC AM = ⇒ AC = AM.AN ( 3) AN AC (đpcm) * Xét ( O) ta có: AC = AB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) ( ) OB = OC (bán kính O ) Do đó: AO đường trung trực BC ⇒ AO ⊥ BC (tại H ) Xét ∆AHC ∆ACO ta có: µ chung A · · = 90° AHC = ACO AH AC ( g.g ) ⇒ AC = AO ⇒ AC Suy ∆AHC ∽ ∆ACO ( 3) Từ ( 4) suy ra: AM.AN = AH.AO ⇒ = AH.AO ( ) AM AH = AO AN µ chung A   AM AH = ( cmt )  Xét ∆AMH ∆AON ta có:  AO AN ( Suy ∆AMH ∽ ∆AON · · c.g.c ) ⇒ AHM = ANO (hai góc tương ứng) ⇒ Tứ giác ONMH nội tiếp (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối) ( *) · · » ( 5) c) Ta có: OHN = OMN (góc nội tiếp chắn ON ) ( O) ) Xét ∆OMN ta có: OM = ON (bán kính ( ) · · ⇒ ∆OMN cân O ⇒ OMN = ONM · · · ( 7) Lại có: ONM = ONA = AHM Từ ( ) ,( ) , ( ) · · ( 8) suy ra: OHN = AHM · · · · ( 9) Lại có: OHN + NHC = 90° AHM + MHC = 90° Từ ( ) ,( ) · · · suy ra: NHC = MHC ⇒ HC tia phân giác MHN · · * Xét tứ giác SMON ta có: SMO = SNO = 90° (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) · · ⇒ SMO + SNO = 180° ⇒ Tứ giác SMON nội tiếp ( **) Từ ( *) ,( **) ta có điểm S , M , H , O , N thuộc đường trịn đường kính SO ( ) ⇒ SH ⊥ OH 10 ( 11) Lại có: BC ⊥ OH ( OA đường trung trực BC , H ∈ OA ) ⇒ CH ⊥ OH Từ ( 10 ) ;( 11) Câu4 Cho đường trịn ta có: B ,C ,S thẳng hàng ( O ) bán kính R , đường thẳng d khơng qua O cắt đường trịn hai điểm A, B Từ điểm C d ( A nằm B C ), vẽ tiếp tuyến CN với đường tròn ( N tiếp điểm; N thuộc cung AB lớn) Gọi E trung điểm đoạn AB a) Chứng minh bốn điểm C, E, O, N nằm đường tròn b) Chứng minh CN = CA.CB · · c) Gọi H hình chiếu điểm N OC Chứng minh OAB = CHA Tia CO cắt đường tròn (O) hai điểm D I ( I nằm C, D ) Chứng minh IC.DH = DC.IH Lời giải a) Vì E TĐ AB nên OE ⊥ AB ⇒ OE ⊥ CE ⇒ E ∈ đường trịn đường kính OC Vì CN tiếp tuyến đường tròn, N tiếp điểm nên CN ⊥ ON ⇒ N ∈ đường trịn đường kính OC Do E, N thuộc đường trịn đường kính OC hay bốn điểm C, E,O, N nằm đường trịn đường kính OC (ĐPCM) , suy tứ giác OECN nội tiếp  1»  · · ANC = CBN  = AN ÷ ·   ( góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung); BCN b) Ta có CA CN ∆NBC ∽ ∆ANC ( g − g ) ⇒ CN = CB ⇒ CN = CA.CB chung nên c) +) ∆CNO vuông O , đường cao NH , áp dụng hệ thức lượng tam giác ta có CN = CH.CO Ta lại có CN = CA.CB ( cmt) Do Suy ( ) CA.CB = CH.CO = CN ⇒ CH CA = CB CO , · · ∆CAH ∽ ∆COB ( c.g.c ) ⇒ CHA = CBO (1) · · Vì OA = OB ( bán kính) nên ∆OAB cân O ⇒ OAB = ABO (2) · · Từ (1) (2) ta suy OAB = CHA (đpcm) +) Chứng minh tương tự ta có · · ∆CAI ∽ ∆CDB ( c.g.c ) ⇒ CAI = CDB (3) 1· · BDI = BOI · · º Mà ( góc nội tiếp góc tâm chắn BI ); IOB = CAH  ·  1· 1· · ⇒ CAI = CAH  = BDI = BOI ÷ · 2   ⇒ AI tia phân giác CAH · · · Mà AI ⊥ AD; CAH,HAB hai góc kề bù ⇒ AD tia phân giác BAH Xét ∆AHC có AI, AD đường phân giác phân giác đỉnh A ⇒ IC DC  AC  = = ÷⇒ IC.DH = IH.DC IH DH  AH  (đpcm) Câu Cho đường tròn ( O; R ) , đường kính AB Lấy C đường trịn ( O ) cho AC > CB , kẻ dây cung CD vng góc với đường kính AB E Gọi M điểm cung nhỏ AC Tia AM cắt tia BC S 1) Chứng minh SM.SA = SC.SB tam giác ABS cân ( O ) cắt tia BM N Chứng minh tứ giác ANSB 2) Qua A kẻ tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp 3) Gọi K giao điểm AC BM Kẻ KH vng góc với AB H Chứng minh điểm M , H , D thẳng hàng 4) Tính diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác AMH theo R biết AM = R Lời giải · ( O ) có AMB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 1) Xét · · · Mà AMB SMC góc kề bù ⇒ SMC = 90° · Chướng minh tương tự SCA = 90° Xét ∆SMB ∆SCA có: S$ chung · · SMB = SCA = 90° (cmt) Suy ∆SMB ∽ ∆SCA (g – g) SM SB = ⇒ SM.SA = SC.SB SC SA (đpcm) » ¼ ¼ M điểm AC ⇒ AM = MC ¼ ¼ · · Xét (O): AM = MC ⇒ ABM = SBM (chắn hai cung nhau) ⇒ · Xét ∆ABS có: AMB = 90° ⇒ BM ⊥ AS ⇒ BM đường cao · · · ABM = SBM (cmt) ⇒ BM phân giác ABS ⇒ ∆ABS cân B ¼ · ⇒ MAN = sdAM ·MAN có góc tạo tia tiếp tuyến dây cung ¼ = sdMC ·MBC ·MC ⇒ MBC · góc nội tiếp chắn ¼ ¼ · · · · Mà AM = MC ⇒ MAN = MBC hay SAN = SBC · · Xét tứ giác ANSB có SAN = SBC ; M , N hai đỉnh kề nhìn SN ⇒ ANSB nội tiếp (dhnb) · · · · 3) Xét tứ giác AHKM có AMK = AHK = 90° ⇒ AMK + AHK = 90° + 90° = 180° · · ( 1) = KAH ⇒ tứ giác AHKM nội tiếp ⇒ KMH ( O) 2) Xét · · · · Chứng minh: ∆CAE = ∆DAE ⇒ CAE = DAE hay DAB = KAH · · · · ( 2) Mà: DAB = BMD (2 góc nội tiếp chắn cung) ⇒ KHA = BMD · · · · ( 1) , ( ) ⇒ KMH = BMD hay BMH = BMD Từ H , D thuộc nửa mặt phẳng bờ BM ⇒ Tia MH & MD trùng ⇒ M , H , D thẳng hàng 4) Ta có: tứ giác AHKM nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp ∆AMH đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHKM có đường kính AK AM R · · sinABM = = = ⇒ ABM = 30° · ⇒ MAC = 30° AB 2R Xét ∆AMB có AM AM R R 2R · cosMAK = ⇒ AK = = = = · AK 3 cosMAK cos30° Xét ∆MAK có AK 2R R r= = :2 = ⇒ Bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆AMH 3 R 3 πR πr = π  ÷ =  ÷   ⇒ Diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác AMH (đvdt) ( O ) vẽ hai tiếp tuyến AD,AE(D,E tiếp điểm).Vẽ cát Bài6 Từ điêm A nằm ngồi đường trịn ( O ) cho B nằm A C.Tia AC nằm hai tia AD,AO Từ tuyến ABC đường tròn O kẻ OI ⊥ AC I a) Chứng minh điểm A, D, E, I,O nằm đường tròn b) Chứng minh IA tia phân giác DIE AB.AC = AD c) Gọi K F giao điểm ED với AC OI Qua D vẽ đường thẳng song song với EI cắt OF AC H P.Chứng minh D trung điểm HP Lời giải a) Ta có IB = IC ⇒ OI ⊥ BC = I (tính chất đường kính dây cung) · · · +) OIA = ODA = OCA = 90 · · · Mà góc OIA, ODA, OCA nhìn cạnh OA góc 90 Suy điểm A, D, E, I, O nằm đường tròn » · DIA = sdAD b) Ta có: (góc nội tiếp) » · EIA = sdAE (góc nội tiếp) » » Mà sd AD = sd AE a) Chứng minh tứ giác AMHN tứ giác nội tiếp · · b) Chứng minh ABC = ANM c) Chứng minh OA vng góc với MN d) Cho biết AH = R Chứng minh M , O , N thẳng hàng Lời giải a) Xét tứ giác AMHN có: · MH ⊥ AB t ¹i M ⇒ AMH = 900 · NH ⊥ AC t ¹i N ⇒ ANH = 900 · · ⇒ AMH + ANH = 900 + 900 = 1800 · · Mà AMH, ANH hai gốc đối diện tứ giác AMHN Vậy tứ giác AMHN nội tiếp đường trịn đường kính AH b) Tứ giác AMHN nội tiếp đường trịn đường kính AH · · Suy ANM = AHM · · · Mà AHM = ABC ( 90 − BAH ) · · Suy ANM = ABC ( O ) ⇒ Ax ⊥ AO c) Cách 1: Từ A kẻ tiếp tuyến Ax với · · · · Ta có : ABC = ANM mà ABC = xAC · · · ABC = ANM = xAC ⇒ MN PAx ⇒ AO ⊥ MN Cách 2: Kẻ đường kính AD  ¼  · · ⇒ DAC = DBC  = sd CD ÷   · · Và ABC = ANM (cmt ) · · Mà DBC + ABC = 90 · · ⇒ ANM + CAD = 900 ⇒ AO ⊥ MN d) Tam giác AHC vuông H HN ⊥ AC ⇒ AH = AN.AC = 2R = AO.AD ⇒ AN AO = AD AC Suy ∆ANO ∞ ∆ADC (c.g.c) · · ⇒ AON = ACD = 900 (1) 2 Ta lại có AH = AM.AB = 2R = AO.AD ⇒ ∆AMO ∞ ∆ADB · · ⇒ AOM = ABD = 900 (2) · · 0 Từ (1) (2) suy AOM + AON = 90 + 90 = 180 Suy M,O, N thẳng hàng Bài15.Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn ( M ≠ A, B ) Trên nửa đường tròn bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax · I; tia phân giác IAM cắt nửa đường tròn E, cắt tia BM F , tia BE cắt Ax H , cắt AM K a Chứng minh EFMK tứ giác nội tiếp b Chứng minh BAF tam giác cân c Chứng minh tứ giác AKFH hình thoi d Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn Lời giải · · a Ta có AEB, AMB hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn · · AEB = AMB = 90° · · Xét tứ giác EFMK có hai góc FEK , FMK hai góc đối · · hai góc vuông nên FEK + FMK = 180° Vậy tứ giác EFMK tứ giác nội tiếp (dhnb) · · · b Ta có AE phân giác HAM ⇒ HAE = EAM · · mà HAE = ABE ( góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung) · · EAM = EBM (góc nội tiếp) · · ⇒ ABE = EBM nên E điểm cung AB · · · · EOM + MOB AOE + MOB · FAB = = 2 Ta có: · · · 180° − EOM AOE + MOB · AFB = = 2 · · ⇒ FAB = AFB B Vậy tam giác ABF cân c Xét tam giác AKH có AE vừa đường cao vừa đường phân giác nên ∆AKH cân A ⇒ EK = EH Xét tam giác cân ABF có BE ⊥ AF nên E trung điểm AF Xét tứ giác AKFH có E trung điểm AF,HK nên AKFH hình bình hành mà AF ⊥ HK nên AKFH hình thoi d · · · · Để AKFI tứ giác nội tiếp AIF + AKF = 180° mà IAK + AKF = 180° ( AKFH · · hình thoi) ⇒ AIF = IAK Suy AIFK hình thang cân · · · 180° − AOM MOB AOM · · AIM = = IAM = 2 ; Ta có: · · MOB AOM · · AIM = IAM ⇒ = 2 Mà Có · · · · MOB + MOA = 180° ⇒ MOA = MOB = 90° Vậy M điểm cung AB Câu Bài16.Cho đường tròn ( O ) Điểm A ngồi đường trịn ( O ) Qua A kẻ cát tuyến d cắt đường tròn ( O ) hai điểm B C ( B nằm A C ) Kẻ đường kính EF ( O ) điểm thứ vng góc với BC D ( E thuộc cung nhỏ BC ) Tia AF cắt đường tròn hai I , dây EI BC cắt K 1) Chứng minh tứ giác DKIF nội tiếp 2) Chứng minh    EB = EK.EI 3) Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆KBI ( O ) thay đổi 4) Cho điểm A, B,C cố định Chứng minh đường tròn qua B, C đường thẳng EI ln qua điểm cố định Lời giải · · 1) Xét tứ giác DKIF có: FDK = FIK = 90 mà chúng nằm vị trí đối ⇒ FIKD tứ giác nội tiếp (dhnb) 2) Xét tam giác ∆EBK ∆EIB có: · BEI chung » · · » BIE = EBK ( chắn hai cung BE CE ) Suy ∆EBK ∽∆EIB(g − g ) EB EK = ⇒ EB2 = EI.EK EI EB (đpcm) · · BIK = EBK ( 1) 3) Theo ý ta có: ⇒ · · ⇒ KBx = BIK ( 2) B Bx ∆ KBI Giả sử từ kẻ tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ( 1) ;( ) ⇒ EB trùng với đường Bx Từ ⇒ EB tiếp tuyến đường tròn qua ba điểm I; B; K 4) Ta có: Tứ giác IBCF nội tiếp ⇒ AB.AC = AI.AF Lại có: Tứ giác FIKD nội tiếp ⇒ AK.AD = AI.AF ⇒ AB.AC = AK.AD Vì A; B; C; D cố định nên K cố định Mà K ∈ IE nên IE ln qua điểm K cố định Bài17.Cho đường trịn tâm (O) điểm A nằm ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) ( B,C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M , từ M kẻ đường vng góc MI , MH , MK xuống BC , CA , AB ( I ∈ BC, K ∈ AB, H ∈ AC ) Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng BM IK , CM IH 1) Hãy chứng minh tứ giác BIMK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh MI = MH.MK 3) Chứng minh PQ vng góc với MI tìm vị trí điểm M để MI.MH.MK đạt giá trị lớn Lời giải 1) Theo giả thiết ta có MK ⊥ AB K MI ⊥ BC I Suy MK ⊥ BK MI ⊥ BI Khi tứ giác BIMK có hai góc đối bù Do tứ giác BIMK tứ giác nội tiếp · · 2) Trong tứ giác nội tiếp BIMK có hai góc MKI MBI nhìn cạnh MI · · Suy MKI = MBI (1) Tương tự câu 1) ta chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp · · · · Vì MCH, MIH nhìn cạnh MH suy MCH = MIH (2) · Xét (O): ta có MBI góc nội tiếp chắn cung MC , · MCH góc tạo tiếp tuyến CH ¼ · · MBI = MCH = sdMC dây cung MC nên (3) · · Từ (1), (2) (3) suy MKI = MIH (*) Mặt khác, BIMK CIMH tứ giác nội tiếp · · · · nên ta có KMI + KBI = HMI + HCI = 180° (4) Do AB, AC hai tiếp tuyến đường tròn (O) kẻ từ điểm A nên AB = AC hay ∆ABC cân A · · · · Suy ABC = ACB hay KBI = HCI (5) · · Từ (4) (5) suy KMI = HMI (**) MI MK = MI Từ (*) (**) ta có ∆MHI ∽∆MIK Suy MH Vậy MI = MH.MK · · · · · · · · 3) Ta có PMQ + PIQ = BMC + PIM + MIQ = BMC + KBM + MCH · · Vì KBM góc tạo tiếp tuyến KB dây cung MB MCB góc nội tiếp chắn cung 1¼ 1¼ · · · · KBM = MCB = MB MCH = MBC = MC 2 MB nên Tương tự ta có Suy · · · · · · · · · · · PMQ + PIQ = BMC + PIM + MIQ = BMC + KBM + MCH = BMC + MCB + MBC = 180° Do tứ giác PIQM nội tiếp · · · · Vì tứ giác PIQM nội tiếp nên ta có MPQ = MIQ = MKI = MBI Suy PQ song song với BC hay PQ ⊥ MI Ta có MI = MH.MK ⇒ MI = MI.MH.MK Suy MI.MH.MK lớn MI lớn Hay M điểm cung BC ( O; R ) có dây BC cố định khơng qua O , điểm A thay đổi cung lớn Bài18.Cho đường tròn BC cho tam giác ABC tam giác nhọn Kẻ BD vng góc AC D , CE vng góc AB E BD cắt CE H 1) Chứng minh: Tứ giác BCDE tứ giác nội tiếp · · · 2) Giả sử BC = R Tính số đo góc BHC chứng minh OBD = OCE ( O ) điểm K Đường thẳng AK cắt đường thẳng ED 3) Tia CE cắt đường tròn ( A; AG ) tiếp xúc với đường thẳng cố định A điểm G Chứng minh: Đường tròn thay đổi cung lớn BC Lời giải · · 1) Xét tứ giác BDCE có BEC = BDC = 90° (gt) mà hai góc nhìn cạnh BC góc 90° Vậy tứ giác BDCE tứ giác nột tiếp (dhnb) 2) Kẻ ON ⊥ BC mà ∆OBC cân O Nên ta có NC = BC R = 2 Xét ta giác vng ONC N ta có: · sinCON = NC · = ⇒ CON = 60° OC · · ( O ) nên BAC = 60° (tc góc Suy BOC = 120° , mà tam giác ABC nội tiếp đường tròn nội tiếp) · · Xét tứ giác AEHD có AEH + ADH = 180° suy tứ giác AEHD nội tiếp · · ⇒ EHD = 120° = BHC Ta gọi BO ∩ HC = { I} · · · · ta có BHI = IOC = 120° BIH = CIO ( đối đỉnh) · · Suy OBD = OCE · · 3) Ta có: tứ giác AEHD tứ giác nội tiếp ⇒ EAH = EDH ( chắn cung EH ) · · tứ giác BEDC tứ giác nội tiếp ⇒ EDH = ECB ( chắn cung BE ) · · tứ giác AKBC tứ giác nội tiếp ⇒ KAB = ECB ( chắn cung BK ) · · · ⇒ KAB = EAH = EDH Kéo dài AH ⊥ BC = { L} · · Xét tứ giác BGAD có GAB = GDB nhìn cạnh BG suy tứ giác BGDA nội tiếp · · tứ giác BLDA tứ giác nội tiếp ⇒ BDA = BLA = 90° ( chắn cung BA ) · · · Suy BGA + BDA = 180° ⇒ BGA = 90° Có tam giác ∆BLA = ∆BGA ( ch − gn ) Suy AG = AL mà AL ⊥ BC Vậy đường tròn lớn BC ( A; AG ) tiếp xúc với đường thẳng cố định BC A thay đổi cung ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao AD , Bài19 Cho ∆ABC có ba góc nhọn BE CF cắt H 1) Chứng minh tứ giác AFHE nội tiếp đường tròn 2) Gọi I trung điểm BC Đường thẳng qua E vng góc với EI cắt BC P Chứng minh PE = PB.PC · 3) Khi A di chuyển cung BC , chứng minh EF = BC.cosBAC , từ suy vị trí điểm A để diện tích ∆AEF lớn Lời giải · · o o o 1) Xét tứ giác AFHE có AFH + AEH = 90 + 90 = 180 Suy AFHE tứ giác nội tiếp, hay tứ giác AFHE nội tiếp đường trịn 2) Xét tam giác BEC vng E có EI đường trung tuyến, suy · · IE = EC ⇒ IEC = ICE · ) ( phụ BEI · · Lại có IEC = BEP Suy ( · · · BEP = ECI = IEC ) Xét ∆PBE ∆PEC có · · BEP = ECI (chứng minh trên) $ P : chung Suy ∆PBE : ∆PEC (g – g) PE PB = Suy PC PE ⇒ PE = PB.PC 3) · · o Xét tứ giác BCEF có BEC = BFC = 90 nên BCEF tứ giác nội tiếp · · Suy AEF = ABC (tính chất) Xét ∆AEF ∆ABC có: · BAC : chung · · AEF = ABC (chứng minh trên) Suy ∆AEF : ∆ABC (g – g) EF AE AE = ⇒ EF = BC AB Suy BC AB AE · · = cosBAE = cosBAC AB ∆ ABE E Lại xét vng có Do EF = BC AE · = BC.cosBAC AB ( SAEF  AE  · = ÷ = cosBAC S AB  Cũng ∆AEF : ∆ABC nên ABC  ) khơng đổi Do SAEF lớn SABC lớn Mặt khác có BC cố định nên SABC = AD.BC lớn AD lớn Lại có AD ≤ AI Vậy nên SABC lớn AD = AI hay A nằm cung BC Vậy SAEF lớn A nằm cung BC D ( O; R ) đường kính AB Gọi E D hai điểm thuộc cung AB Bài20.Cho đường tròn ( O ) cho E thuộc cung AD; AE cắt BD C; AD cắt BE H; CH cắt AB F đường tròn 1) Chứng minh tứ giác CDHE tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh: AE.AC = AF.AB Trên tia đối tia FD lấy điểm Q cho FQ = FE Tính góc AQB 3) Gọi M, N hình chiếu A B đường thẳng DE Chứng minh: MN = FE + FD Lời giải: · · 1) Xét (O) có: AEB, ADB chắn đoạn thẳng AB AB đường kính · · ⇒ AEB = ADB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ BE ⊥ AC, AD ⊥ BC · · ⇒ BEC = ADC = 90o  · · o  ⇒ HEC = HDC = 90 { H} = AD ∩ BE  Xét tứ giác CDHE có: · · HEC + HDC = 90o + 90 o = 180o · · HEC HDC hai góc đối ⇒ tứ giác CDHE tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận iết tứ giác nội tiếp) { } H = AD ∩ BE 2) Xét ∆ABC có: , AD BE hai đường cao ⇒ H trực tâm ∆ABC · · o ⇒ CH đường cao ⇒ CF ⊥ AB ( F ∈ CH ) ⇒ CFA = CFB = 90 Xét ∆ACF ∆ABE có: ·  CAFchung AC AF  = ⇔ AC.AE = AB.AF  ⇒ ∆ACF : ∆ABE ( g − g ) ⇒ ·CFA = AEB · AB AE = 90   · · Tứ giác ECBF nội tiếp nên EFA = ACB · · Tứ giác CDFA nội tiếp nên DFB = ACB · · · · · · Từ suy EFA = DFB Mà QFA = DFB nên EFA = QFA ( ) Suy ∆FEA = ∆FQA (c.g.c) Suy AE = AQ , mà FE = FQ nên AF đường trung trực EQ hay AB đường trung trực EQ Lại có E thuộc đường trịn đường kính AB nên Q thuộc đường trịn đường kính AB · Suy AQB = 90° 3) Gọi K giao điểm BN đường trịn Ta có tứ giác AMNK hình chữ nhật nên AK //ED Suy AEDK hình thang, mà AEDK nội tiệp đường trịn nên hình thang cân, suy AE = DK · · Suy DQK = EDA · · · · Mà EDA = ADQ nên DQK = QDA Suy AD//QK ADKQ hình thang nội tiếp đường trịn nên hình thang cân Suy QD = AK mà AK = MN Do tứ giác MNKA hình chữ nhật Suy MN = QD , Mà QD = FQ + FD = FE + FD nên ta có MN = FE + FD Bài21 Bài22 Bài23 Bài24 Bài25 Bài26 Bài27 Bài28 Bài29 Bài30 Bài31 Bài32 Bài33 Bài34 Bài35 Bài36 Bài37 Bài38 Bài39 Bài40 Bài41 Bài42 Bài43 Bài44 Bài45 Bài46 Bài47 Bài48 Bài49 Bài50 Bài51 Bài52 Bài53 Bài54 Bài55 Bài56 Bài57 Bài58 Bài59 Bài60 Bài61 Bài62 Bài63 Bài64 Bài65 Bài66 Bài67 Bài68 Bài69 Bài70 Bài71 Bài72 Bài73 Bài74 Bài75 Bài76 Bài77 Bài78.3 Bài79 Bài80 Bài81 Bài82 Bài83 Bài84 Bài85 Bài86 Bài87 Bài88 Bài89 Bài90 Bài91 Bài92 Bài93 Bài94 Bài95 Bài96 Bài97 Bài98 Bài99 Bài100 Bài101 Bài102 Bài103 Bài104 Bài105 Bài106 Bài107 Bài108 Bài109 Bài110 Bài111 ... Bài 91 Bài92 Bài93 Bài94 Bài95 Bài96 Bài97 Bài98 Bài99 Bài100 Bài1 01 Bài102 Bài103 Bài104 Bài105 Bài106 Bài107 Bài108 Bài109 Bài 11 0 Bài 111 ... , O , N thuộc đường trịn đường kính SO ( ) ⇒ SH ⊥ OH 10 ( 11 ) Lại có: BC ⊥ OH ( OA đường trung trực BC , H ∈ OA ) ⇒ CH ⊥ OH Từ ( 10 ) ;( 11 ) Câu4 Cho đường trịn ta có: B ,C ,S thẳng hàng ( O... (c.g.c) · · ⇒ AON = ACD = 900 (1) 2 Ta lại có AH = AM.AB = 2R = AO.AD ⇒ ∆AMO ∞ ∆ADB · · ⇒ AOM = ABD = 900 (2) · · 0 Từ (1) (2) suy AOM + AON = 90 + 90 = 18 0 Suy M,O, N thẳng hàng Bài15.Cho nửa đường