Bµi 1

Bµi 1 Trêng THCS Mü Hng NguyÔn ThÞ Thu H¬ng 50 bµi to¸n h×nh häc líp 9 Bµi 1 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp ®êng trßn (O) C¸c ® êng cao AD, BE, CF c¾t nhau t¹i H vµ c¾t ®êng trßn (O) lÇn lît[.]

Trờng THCS Mỹ Hng Thu Hơng Nguyễn Thị 50 toán hình học lớp Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P CDH = 900 ( Vì AD đChứng minh rằng: ờng cao) Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp => ∠CEH + ∠CDH = 1800 Bèn ®iĨm B,C,E,F cïng n»m đờng tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEC = 900 CF đờng cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 900 Nh vËy E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng tròn đờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ;  gãc chung => ∆ AEH ∼ ∆ADC => AE AH = AD AC => AE.AC = AH.AD BE BC = AD AC => AD.BC = BE.AC * XÐt hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; ∠C lµ gãc chung => ∆ BEC ∼ ∆ADC => Ta cã ∠C1 = ∠A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC) ∠C2 = ∠A1 ( v× hai góc nội tiếp chắn cung BM) => C1 = C2 => CB tia phân giác gãc HCM; l¹i cã CB ⊥ HM => ∆ CHM cân C => CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC Trờng THCS Mỹ Hng Thu Hơng Nguyễn Thị Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiÕp cïng ch¾n cung HD)  ∠E1 = ∠E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE CEH = 900 ( Vì BE ®1 Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp êng cao) Bèn ®iĨm A, E, D, B cïng n»m đờng tròn Chứng minh ED = BC Chøng minh DE lµ tiÕp tun cđa đờng tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lêi gi¶i: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: ∠CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => CEH + CDH = 1800 Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE ⊥ AC => ∠BEA = 900 AD lµ ®êng cao => AD ⊥ BC => ∠BDA = 900 Nh E D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng tròn đờng kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900 Vậy tam giác BEC vuông E cã ED lµ trung tuyÕn => DE = BC Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => ∠E1 = ∠A1 (1) Trêng THCS Mü Hng Thu Hơng Theo DE = Nguyễn Thị BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( cïng phơ víi gãc ACB) => ∠E1 = ∠E3 => ∠E1 + ∠E2 = ∠E2 + ∠E3 Mµ ∠E1 + ∠E2 = ∠BEA = 900 => ∠E2 + ∠E3 = 900 = ∠OED => DE ⊥ OE t¹i E VËy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo gi¶ thiÕt AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông E ta có ED = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32 ED = 4cm Bài Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiÕp tun Ax, By Qua ®iĨm M thc nưa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N Chøng minh AC + BD = CD Lêi gi¶i: Chøng minh ∠COD = 90 Chøng minh AC BD = AB Chøng minh OC // BM Chøng minh AB lµ tiÕp tuyến đờng tròn đờng kính CD Chứng minh MN AB Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhÊt Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM hai gãc kÒ bï => ∠COD = 900 Theo COD = 900 nên tam giác COD vuông O cã OM ⊥ CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn ) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = Theo trªn ∠COD = 900 nªn OC ⊥ OD (1) AB Trêng THCS Mü Hng Thu H¬ng Nguyễn Thị Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM ⊥ OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD) Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyÕn ta cã AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB => IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB t¹i O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kÝnh CD Theo trªn AC // BD => CN AC = BN BD , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy CN CM = BN DM => MN // BD mµ BD ⊥ AB => MN ⊥ AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c 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 nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vuông góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O trung ®iĨm cđa IK ∠C2 + ∠I1 = 900 Chøng minh B, C, I, K cïng n»m trªn mét đờng (2) ( IHC = tròn 900 ) Chứng minh AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lêi gi¶i: (HD) Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai gãc kỊ bï ®Ønh B Do ®ã BI ⊥ BK hay∠IBK = 900 T¬ng tù ta cịng cã ∠ICK = 900 nh B C nằm ®êng trßn ®êng kÝnh IK ®ã B, C, I, K nằm đờng tròn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác cđa gãc ACH Trêng THCS Mü Hng Thu H¬ng Nguyễn Thị I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => ∠C1 + ∠ICO = 900 hay AC ⊥ OC VËy AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Từ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20 −12 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = OC = OH + HC = CH 12 = AH 16 +12 = 225 = (cm) = 15 (cm) Bài Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng 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 Vì K trung Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B điểm NP nên OK nằm đờng tròn NP ( quan hƯ ®êng 2 Chøng minh OI.OM = R ; OI IM = IA kÝnh Chøng minh OAHB hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải: (HS tự làm) Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 nh vËy K, A, B nhìn OM dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM AB I Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đờng cao áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ OI IM = IA2 Ta cã OB ⊥ MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH Trờng THCS Mỹ Hng Thu Hơng Nguyễn Thị OA MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tø 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 đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R VËy M di động d H di động nhng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E Chứng minh tam giác BEC cân Lời giải: (HD) Gọi I hình chiÕu cđa A trªn BE, Chøng ∆ AHC = ∆ADE minh r»ng AI = AH (g.c.g) => ED Chứng minh BE tiếp tuyến đờng = HC (1) tròn (A; AH) AE = AC (2) Chøng minh BE = BH + DE V× AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = ∠B2 => ∆ AHB = ∆AIB => AI = AH Trờng THCS Mỹ Hng Thu Hơng Nguyễn Thị AI = AH BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc víi (O) t¹i => ∠AOP = ∠AOM M Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đ- (2) Từ (1) (2) => ợc đờng trßn ABM = ∠AOP (3) Chøng minh BM // OP Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: (HS tự làm) Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm chắn cung AM => ABM = AOM (1) OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) Mà ABM AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 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, mµ ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta còng cã PM ⊥ OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 90 => K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t Ta cã PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Trờng THCS Mỹ Hng Thu Hơng Nguyễn Thị Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đờng cao => IK ⊥ PO (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB 3) Chøng minh BAF lµ tam giác cân 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Lời gi¶i: Ta cã : ∠AMB = 900 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù) AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù) => KMF + ∠KEF = 1800 Mµ ∠KMF vµ ∠KEF lµ hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tø gi¸c néi tiÕp Ta cã ∠IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……) => ∠ABE =∠MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta cã ∠AEB = 900 => BE ⊥ AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF (3) Tõ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Trờng THCS Mỹ Hng Thu Hơng Nguyễn Thị Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6) Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo AKFH h×nh thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn 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 gãc néi tiÕp ) (7) Tam gi¸c ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (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 đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ∠ABD = ∠DFB Chøng minh r»ng CEFD lµ tø giác nội tiếp Lời giải: Từ (1) (2) => C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 90 ( néi ∠ABD = ∠DFB ( cïng tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) => BC AE phụ với ∠BAD) ∠ABE = 90 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam giác ABE vuông B có BC đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R không đổi AC AE không đổi ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ABD + ∠BAD = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1) ∆ ABF cã ∠ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) => ∠AFB + ∠BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác b»ng 1800) (2) Trêng THCS Mü Hng Thu H¬ng Nguyễn Thị Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 1800 ∠ECD + ∠ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ∠ABD ( cïng bï víi ∠ACD) Theo trªn ∠ABD = ∠DFB => ∠ECD = ∠DFB Mµ ∠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 đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, MA Gọi P chân đơng vuông góc từ S đến AB Vì Mđối xứng M Chøng minh ®iĨm A, M, S, P cïng nằm qua AB mà M nằm trên đờng tròn đờng tròn nên M Gọi S giao điểm MA SP Chứng nằm đờng tròn minh tam giác PSM cân => hai cung AM vµ AM’ Chøng minh PM lµ tiÕp tuyÕn đờng có số đo tròn Lời gi¶i: Ta cã SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh P M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính AS VËy ®iĨm A, M, S, P cïng n»m đờng tròn => AMM = AMM ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) Cịng Mđối xứng M qua AB nên MM AB H => MM// SS ( vuông góc với AB) => ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (v× so le trong) (2) => Tõ (1) vµ (2) => ∠AS’S = ASS Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp cïng ch¾n AP ) => ∠AS’P = ∠AMP => tam giác PMS cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = ∠S’1 (cïng phơ víi ∠S) (3) Tam gi¸c PMS’ cân P => S1 = M1 (4) Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5) 10