Tuyển tập 80 bài toán hình học lớp 9 có lời giải

Tuyển tập 80 bài toán hình học lớp 9 có lời giải 80 BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 9 CÓ LỜI GIẢI Bài 1 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đườ.

HocToan123.com - Website chia sẻ kiến thức Toán cấp 1, 2, 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP CĨ LỜI GIẢI Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N,P Chứng minh rằng: A N Tứ giác CEHD, nội tiếp Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn E AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC P F H M đối xứng qua BC O Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF H Lời giải: ( C Xét tứ giác CEHD ta có: B D (  CEH = 90 (Vì BE đường cao)  CDH = 900 (Vì AD đường cao) M =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEC = 900 CF đường cao => CF  AB => BFC = 900 Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường trịn đường kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; A góc chung =>  AEH  ADC => AE => AE.AC = AH.AD AH  AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C góc chung =>  BEC  ADC => BE => AD.BC = BE.AC BC  AD AC Ta có C1 = A1 (vì phụ với góc ABC) C2 = A1 (vì hai góc nội tiếp chắn cung BM) => C1 =  C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân C => CB đương trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn => C1 = E1 (vì hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp  C1 = E2 (vì hai góc nội tiếp chắn cung HD)  E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED = BC Chứng minh DE tiếp tuyến đường trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm HocToan123.com - Website chia sẻ kiến thức Toán cấp 1, 2, Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 (Vì BE đường cao) A O H B D E C  CDH = 900 (Vì AD đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEA = 900 AD đường cao => AD  BC => BDA = 900 Như E D nhìn AB góc 900 => E D nằm đường trịn đường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn 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 1.Chứng minh AC + BD = CD y x D Chứng minh COD = 90 / I AB M Chứng minh AC BD = / C Chứng minh OC // BM N Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn đường kính CD 5.Chứng minh MN  AB O B Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ A Lời giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 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 3.Theo COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM  CD ( OM tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM, HocToan123.com - Website chia sẻ kiến thức Toán cấp 1, 2, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R => AC BD = AB Theo COD = 900 nên OC  OD (1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM  OD (2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD) 5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường tròn 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 thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB  IO // AC , mà AC  AB => IO  AB O => AB tiếp tuyến O đường trịn đường kính CD Theo AC // BD => CN AC  , mà CA = CM; DB = DM nên suy CN CM BN BD BN  DM => MN // BD mà BD  AB => MN  AB ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên 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 Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn A Chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn (O) Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD) Vì I tâm đường trịn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp I góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B B C Do BI  BK hayIBK = 90 H o Tương tự ta có ICK = 90 B C nằm đường trịn đường kính IK B, C, I, K nằm đường tròn K Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( IHC = 900 ) hoctoancapba.com 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) Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 202 122 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = CH  12 = (cm) AH 16 225 = 15 (cm) OC = OH  HC  92  12  HocToan123.com - Website chia sẻ kiến thức Toán cấp 1, 2, Bài 5: 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 Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp Chứng minh OI.OM = R2; Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm OI IM = IA2 đường tròn Chứng minh OAHB hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Lời giải: (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đường kính d P A K D N O I H C Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường trịn đường kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường trịn Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM  AB I Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đường cao Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2 Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH  AB; theo OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vng góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường trịn tâm A bán kính AH = R Bài hoctoancapba.com 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 E D 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 A Lời giải: (HD) I  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) 12 Vì AB CE (gt), AB vừa đường cao vừa đường trung tuyến B H C BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2 Hai tam giác vng ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB => AI = AH AI = AH BE  AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M Ta có é ABM nội tiếp chắn cung Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn AM; é AOM góc tâm Chứng minh BM // OP chắn cung AM => é ABM = Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh AO (1) OP tia phân giác é tứ giác OBNP hình bình hành M Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: (HS tự làm) ) => é AOP = AO M (2) Từ (1) (2) => é ABM = é AOP (3) X N P J I M K 1( A O 1(B Mà ABM AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 3.Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB) => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON  AB => ON  PJ Ta có PM  OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO (t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => éAPO = é NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đường cao => IK  PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đường tròn tâm O đường kính 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 Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp I 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB 3) Chứng minh BAF tam giác cân F 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn M Lời giải: H E Ta có : AMB = 90 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => KMF = 90 (vì hai góc kề bù) K AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) 12 => KEF = 900 (vì hai góc kề bù) AOB => KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp Ta có IAB = 900 (vì AI tiếp tuyến) => AIB vng A có AM  IB ( theo trên) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí ……) => ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có éAEB = 900 => BE  AF hay BE đường cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B X BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm AF (3) Từ BE  AF => AF  HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác éHAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm HK (6) Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vng A có ABI = 450 => éAIB = 450 (8) Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Bài Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đường tròn Các tia AC AD cắt Bx E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh  ABD =  DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp X E Lời giải: C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 90 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => BC  AE ABE = 900 (Bx tiếp tuyến) => tam giác ABE vuông B có BC C F D đường cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đường cao), mà AB đường kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi 2. ADB có ADB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn) => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (1) O  ABF có ABF = 900 ( BF tiếp tuyến ) A B 0 => AFB + BAF = 90 (vì tổng ba góc tam giác 180 ) (2) Từ (1) (2) => ABD = DFB ( phụ với BAD) 3.Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800 ECD + ACD = 1800 (Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( bù với ACD) Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 (Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp Bài 10 Cho đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn cho AM < MB F A B HocToan123.com - Website chia sẻ kiến thức Toán cấp 1, 2, AH = AB.sin ABC = a.sin600 = a  AD = FD.sin BFK  AD = FD.sin300 ; ∆ FKB vng K , có ABC = 600  BFK = 300  a = FD.0,5  FD = a : 0,5 = 2a Bài 48: Cho ∆ABC vuông ( ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trịn đưịng kính AC Kẻ dây cung BD vng góc AC H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đường trịn đường kính EC cắt BC I (I  C) CI CE B a Chứng minh  CB CA b Chứng minh D; E; I thẳng hàng I c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trịn đường kính EC HD; a) AB // EI (cùng  BC) H A C CI O EO’ CE (đ/lí Ta-lét)  CB  CA b) chứng minh ABED hình thoi  DE // AB mà EI //AB  D, E, I nằm đường thẳng qua E // AB  D, E, I thẳng hàng D c) EIO' = IEO' ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’)) IEO' = HED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến  ∆HID cân  HIE = HDI Mà HDI + HED = 900  đpcm Bài 49: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH  (d) (H d) M điểm thay đổi (d) (M  H) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn b Chứng minh IH.IO = IQ.IP P c Giả sử PMQ = 60 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường trịn (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) M IO IQ  IH.IO = IQ.IP b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g)   IP IH PQ PQ c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg MQK = KQ.tg600 =  2 ∆v OKQ có: OK = KQ.tg OQK = KQ.tg300 = KQ  SMPQ PQ PQ = : =3 SOPQ 3  K O I Q H PQ PQ  27 Bài 50: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (E  A) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn DM CM b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy  D DE CE c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA = EC.EM – EA.AO M e Đặt AOC = α Tính theo R α đoạn AC BD N C Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, 23 không phụ thuộc vào α 14 HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) O B A E b) AC // BD (cùng  EB)  ∆EAC ~ ∆EBD CE CM DM CM  (2)   CE AC (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau)   DE BD DE DM DE CE NC AC NC CM     c) AC // BD (cmt) ∆NAC ~ ∆NBD  (3) Từ 1; 2;  MN // BD NB BD NB DM d) O1 = O ; O = O mà O + O + O + O = 1800  O + O = 900 O + D = 900 (…) 2 4 ; OB R R  D = O = O = α Vậy: DB = = ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα  AC.DB = R.tgα tg tg tg  AC.DB = R (Đpcm) Bài 51: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1 a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn b Chứng minh A1A phân giác B1A1C1 c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1 MH d Trên đoạn HC lấy điểm M cho  MC So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM C1 HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) Tâm I trung điểm BH b) C/m: HA1C1 = HBC ; HA B = HCB ; 1 1 A B1 J H M K I HBC1 = HCB  HA C = HA B  đpcm 12 1 1 c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 …  ỊJ trung trực A1C1 A1 B 1 S = HM.JK ; S = HC.AC d) HJM HAC 2 MH HC HM+MC MC AC1     1  1  ;  (JK// AC1  SHAC : S HJM = HC.AC1 mà HM.JK MC HM HM HM JK  SHAC : S HJM = C Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P a Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp tâm O đường tròn nằm đường thẳng cố định qua điểm L AB b Kẻ PI  Cz Chứng minh I điểm cố định c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH  PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng HD: a) MABP nội tiếp đ/trịn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…) z P OA = OB = R(O)  O thuộc đường trung trực AB qua L I trung điểm AB… B b) IP // CM (  Cz)  MPIC hình thang  IL = LC khơng đổi H A,B,C cố định  I cố định O N c) PA  KM ; PK  MB  H trực tâm ∆ PKM L  KH  PM K d) AHBK nội tiếp đ/tròn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…)  N tâm đ/trịn ngoại tiếp …  NE = NA = R(N) A  N thuộc đường trung trực AB  O,L,N thẳng hàng x M y C Bài 53: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM a So sánh hai tam giác: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuông cân c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân c) ∆ KMN vuông  KN  KM mà KM // BP  KN  BP APB = 900 (góc nội tiếp…)  AP  BP  KN // AP (  BP) KM // BP  KMN  PAT  450 PKM Mà PAM  PKU   450 U K P M T // N A O = B PKN  450 ; KNM  450  PK // AN Vậy ANPK hình bình hành Bài 54: Cho đường trịn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N a Chứng minh: tia MD phân giác góc AMB b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMA, I di động nào? C HD: a) AMD  DMB  450 (chắn cung ¼ đ/trịn)  MD tia phân giác AMB b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O) ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến  ∆ OMB ~ ∆ NAB BM BO   BM.BN = BO.BA = 2R2 không đổi  BA BN c) ONMA nội tiếp đ/tròn đ/k AN Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp  I cách A O cố định  I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF M FI E A N O B D Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường trịn (O) A b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao? c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGO với BAC A E d Cho biết DF // BC Tính cos ABC HD:a) Gọi H trung điểm BC AH  BC (∆ ABC cân A) lập luận AH  AE  BC // AE (1) D M b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g)  AE = BC (2) N _ F Từ  ABCE hình bình hành O c) Theo c.m.t  AB // CF  GO  AB I  BGO = 90 – ABC = BAH = _ BAC H B C d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục G đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH 1  FD = MN = MD = BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g)  DF.DN = DA.DC 2 BH  2BH2 = AC2  BH = AC  cos ABC = = 4 AB Bài 56: Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường tròn (O) điểm C; D cắt (O’) E; F E a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp D c Chứng minh: A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE A d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) HD: a) CBA = 900 = FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/trịn) O’ O  CBA + FBA = 1800  C, B, F thẳng hàng b) CDF = 900 = CEF  CDEF nội tiếp (quĩ tích …) c) CDEF nội tiếp  ADE = ECB (cùng chắn cung EF) Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB) C B F  ADE = ADB  DA tia phân giác BDE Tương tự EA tia phân giác DEB Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = DCA ; EO'A = EFA mà DCA = EFA (góc nội tiếp chắn cung DE)  DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ)  ODO' = O'EO  ODEO’ nội tiếp Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật  AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường trịn (O; R) có đường kính cố định AB  CD a) Chứng minh: ACBD hình vng b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E  B; E  C) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = EB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường tròn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R HD: a) AB  CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) C  ACBD hình vng M E // 0 b) AED = AOD = 45 ; DEB = DOB = 45 = 2  AED = DEB  ED tia phân giác AEB B A AED = 450 ; EMB = 450 (∆ EMB vuông cân E)  AED = EMB (2 góc đồng vị)  ED // MB c) ∆ EMB vuông cân E CE  DE ; ED // BM  CE  BM  CE đường trung trực BM d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R ) O D Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường trịn tâm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường trịn b Chứng minh: CA = CM c Đường thẳng HE cắt đường tròn tâm O K, đường thẳng HI cắt đường tròn tâm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp Bài 59: BC dây cung đường tròn (O; R) (BC  2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’ d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN Bài 60: Cho đường tròn tâm (O; R) có AB đường kính cố định cịn CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường tròn B AD, AC cắt (∆) Q P a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vng góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường trịn ngoại tiếp ∆CPD Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A < 90 0), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, AC B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp  PQ // BC Bài 62: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CI  AM (IAM) C a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường trịn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M = c Chứng minh: MOI  CAI d Chứng minh: MA = 3.MB I N = HD: a) COA  900 (…) ; CIA  900 (…)  Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) b) MB // CI (  BM) (1) O B A ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) N  N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI  NBM (slt)  CI = BM (2) Từ  BMCI hình bình hành c) ∆ CIM vng cân ( CIA  900 ; CMI  COA  450 )  MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ; IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O)  MOI  IOC mà: IOC  CAI  MOI  CAI d) ∆ ACN vuông có : AC = R Từ : AN = AC2 +CN2  R  MB = NC2  MN2  AM = BM  ; NC = AC R 2 2R2+ R2   (với R = AO) R 10  ; NI = 2 NC2 NA MI R 10  10 R2  R2 2R 10  R 10  AM = AN + MN =  210  MN = R 10 + R 10 = 3R 10 10 Bài 63: Cho ∆ABC có A = 600 nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, đường cao BK cắt AH E a Chứng minh: BKH  BCD b Tính BEC c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtròn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cân I HD: a) ABHK nội tiếp  BKH  BAH ; BCD  BAH ( chắn cung BD)  BCD  BKH b) CE cắt AB F ; AFEK nội tiếp  FEK  1800  A  1800  600  1200  BEC = 1200 F BC 1200 0 c) BIC  180   180   120 2 Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung B nằm đường tròn tâm (O) IO DS d) Trong đ/tròn (O) có DAS = sđ ; đ/trịn (S) có ISO = sđ 2 DS IO DAS = ISO (so le trong) nên: = mà DS = IE  IO = IE  đpcm 2 A K I E C H D S Bài 64: Cho hình vng ABCD, phía hình vng dựng cung phần tư đường trịn tâm B, bán kính AB nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK  AD PH  AB Nối PA, cắt nửa đường trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M Chứng minh rằng: C a I trung điểm AP D b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giác APMH hình thang cân P HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) mà AIB  90 (góc nội tiếp …) K M  BI  AP  BI đường cao đường trung tuyến  I trung điểm AP b) HS tự c/m I c) ∆ ABP cân B  AM = PH ; AP chung  ∆vAHP = ∆v PMA  AH = PM ; AHPK hình chữ nhật  AH = KP  PM = PK = AH d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) B A H  PM = AH  PA // MH Vậy APMH hình thang cân Bài 65: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường trịn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN HD: a) BOIM nội tiếp OIM  OBM  900 A b) INB  OBM  90 ; NIB  BOM (2 góc nội tiếp chắn cung BM)  ∆ IBN ~ ∆OMB AO.IH; SAIO lớn  IH lớn AO = R(O) c) SAIO = Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI  450 Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn HO B I N M Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D  A D  C) a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI  CE c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm cung nhỏ AC HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m :  AB = AC = BC = R Trong đ/trịn (O; R) có: AB = AC  Tâm O cách cạnh AB AC  AO hay AI tia phân giác BAC b) Ta có : DE = DC (gt)  ∆ DEC cân ; BDC = BAC = 600 (cùng chắn BC )  ∆CDE I điểm BC  IB = IC  BDI = IDC A =O E D = C B I  DI tia phân giác BDC  ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao  DI  CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE  IE = IC mà I C cố định  IC không đổi  E di động đ/tròn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I  AC (cung nhỏ ) D → C E → C ; D → A E → B  E động BC nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC Bài 67: Cho hình vng ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho : a AE = DF = a So sánh ∆ABE ∆DAF Tính cạnh diện tích chúng b Chứng minh AF  BE c Tính tỉ số diện tích ∆AIE ∆BIA; diện tích ∆AIE ∆BIA diện tích tứ giác IEDF IBCF Bài 68: Cho ∆ABC có góc nhọn; A = 450 Vẽ đường cao BD CE Gọi H giao điểm BD, CE a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.; b Chứng minh: HD = DC DE c Tính tỷ số: d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OA  DE BC Bài 69: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn b Khi điểm D di động đường trịn ( BMD + BCD ) không đổi c DB.DC = DN.AC Bài 70: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE Chứng minh: a BC // DE b Các tứ giác CODE, APQC nội tiếp c Tứ giác BCQP hình gì? Bài 71: Cho đường trịn (O) (O’) cắt A B; tiếp tuyến A đường tròn (O) (O’) cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh: a ∆ABD ~ ∆CBA b BQD = APB c Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 72: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F a Chứng minh: AEMO tứ giác nội tiếp b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao? c Kẻ MH  AB (HAB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH r d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp ∆EOF Chứng minh:   R Bài 73: Từ điểm A đường tròn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD//AC Nối BK cắt AC I a Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b Chứng minh: IC2 = IK.IB c Cho BAC = 600 Chứng minh: Cát tuyến AKD qua O Bài 74: Cho ∆ABC cân A, góc A nhọn Đường vng góc với AB A cắt đường thẳng BC E Kẻ EN  AC Gọi M trung điểm BC Hai đ/thẳng AM EN cắt F a Tìm tứ giác nội tiếp đường trịn Giải thích sao? Xác định tâm đường trịn b Chứng minh: EB tia phân giác AEF c Chứng minh: M tâm đường tròn ngoại tiếp AFN Bài 75: Cho nửa đường trịn tâm (O), đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn Dựng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) K giao điểm CF ED a Chứng minh: Bốn điểm E, B, F, K nằm đường trịn b ∆BKC tam giác gì? Vì sao? c Tìm quỹ tích điểm E A di động nửa đường tròn (O) Bài 76: Cho ∆ABC vng C, có BC = AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B C) Từ B kẻ đường thẳng d vng góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K a Tính độ lớn góc CIK b Chứng minh: KA.KC = KB.KI; AC2 = AI.AE – AC.CK c Gọi H giao điểm đường trịn đường kính AK với cạnh AB Chứng minh: H, E, K thẳng hàng d Tìm quỹ tích điểm I E chạy BC Bài 77: Cho ∆ABC vng A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F a Chứng minh: CDEF nội tiếp b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt EF CD M N Tia phân giác CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao? c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r 12 + r 22 Bài 78: Cho đường trịn (O;R) Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M a Tam giác CEF EMB tam giác gì? b Chứng minh: Tứ giác FCBM nội tiếp Tìm tâm đường trịn c Chứng minh: Cấc đường thẳng OE, BF, CM đồng quy Bài 79: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác B, C khơng trùng điểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’ a Chứng minh: HE  AC b Chứng minh: ∆HEF ~ ∆ABC c Khi A di chuyển, chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HEF cố định Bài 80: Cho ∆ ABC vuông A Kẻ đường cao AH Gọi I, K tương ứng tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABH ∆ ACH 1) Chứng minh ∆ ABC ~ ∆ HIK 2) Đường thẳng IK cắt AB, AC M N a) Chứng minh tứ giác HCNK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AM = AN c) Chứng minh S’ ≤ S , S, S’ diện tích ∆ ABC ∆ AMN ... Website chia sẻ kiến thức Toán cấp 1, 2, Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 90 0 (Vì BE đường cao) A O H B D E C  CDH = 90 0 (Vì AD đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH  CDH hai góc... giác AKFH hình thoi 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn M Lời giải: H E Ta có : AMB = 90 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => KMF = 90 (vì hai góc kề bù) K AEB = 90 0 (nội... khơng đổi 2. ADB có ADB = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ABD + BAD = 90 0 (vì tổng ba góc tam giác 1800 ) (1) O  ABF có ABF = 90 0 ( BF tiếp tuyến ) A B 0 => AFB + BAF = 90 (vì tổng ba