Tuyen tap 80 bai toan hinh hoc lop 9 hay nhat 1mgwx

80 BÀI HÌNH HỌC HAY LUYỆN THI VÀO LỚP 10 THPT Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (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: ( B Xét tứ giác CEHD ta có: C D ( ∠ CEH = 900 (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 AE AH => ∆ AEH ∼ ∆ADC => => AE.AC = AH.AD = AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta có: ∠ BEC = ∠ ADC = 900 ; ∠C góc chung BE BC => ∆ BEC ∼ ∆ADC => => AD.BC = BE.AC = 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 trịn => ∠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 A Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn 1 Chứng minh ED = BC O Chứng minh DE tiếp tuyến đường trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm E Lời giải: H Xét tứ giác CEHD ta có: ∠ CEH = 900 (Vì BE đường cao) B 1 D 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 vng E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đường tròn 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 trịn 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 Chứng minh AC + BD = CD y x D Chứng minh ∠COD = 90 / I AB M 3.Chứng minh AC BD = / C 4.Chứng minh OC // BM N 5.Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD 5.Chứng minh MN ⊥ AB O A B 6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ 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 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 Theo ∠COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM ⊥ CD ( OM tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM, AB Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = 4 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) Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường trịn 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 CN AC CN CM Theo AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy = = 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 trịn (O) Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD) Vì I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp I góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B C B Do BI ⊥ BK hay∠IBK = 90 H o Tương tự ta có ∠ICK = 900 B C nằm đường trịn đường kính IK B, C, I, K nằm đường tròn Ta có ∠C1 = ∠C2 (1) ( CI phân giác góc ACH K ∠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 = 20 − 12 = 16 ( cm) CH 12 = (cm) CH2 = AH.OH => OH = = AH 16 OC = OH + HC = + 12 = 225 = 15 (cm) 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 d Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp A Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm P K D đường tròn N 2 Chứng minh OI.OM = R ; OI IM = IA H M O Chứng minh OAHB hình thoi I Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng C Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Lời giải: B (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK ⊥ NP ( quan hệ đường kính 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 Chứng minh tam giác BEC cân E D Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH) Chứng minh BE = BH + DE A Lời giải: (HD) I ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) 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 X cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M N J Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn P Chứng minh BM // OP I Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng M minh tứ giác OBNP hình bình hành K Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: ( ( A B O (HS tự làm) 2.Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM góc tâm ∠AOM chắn cung AM => é ABM = (1) OP tia phân giác é AOM ∠AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) => é AOP = (2) Từ (1) (2) => é ABM = é AOP (3) 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 đơng thời đường cao => IK ⊥ PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn (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 tròn 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 trịn) => ∠KMF = 90 (vì hai góc kề bù) K ∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) 2 => ∠KEF = 90 (vì hai góc kề bù) B A O => ∠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 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 trịn X 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 F C thuộc nửa đường tròn nên ∠ACB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) D => BC ⊥ AE ∠ABE = 900 (Bx tiếp tuyến) => tam giác ABE vuông B có BC đường cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đường cao), mà AB đường kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi O A B ∆ ADB có ∠ADB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn) => ∠ABD + ∠BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (1) ∆ ABF có ∠ABF = 900 ( BF tiếp tuyến ) => ∠AFB + ∠BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2) Từ (1) (2) => ∠ABD = ∠DFB ( phụ với ∠BAD) 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 Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đường vng góc từ S đến AB S 1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh ∆ PS’M cân M 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đường tròn Lời giải: 4( Ta có SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa P )1 B ) H O 3( A đường tròn ) => ∠AMS = 90 Như P M nhìn AS góc 900 nên nằm đường trịn đường kính AS Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đường tròn M' Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đường tròn nên M’ S' nằm đường trịn => hai cung AM AM’ có số đo => ∠AMM’ = ∠AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1) Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ ⊥ AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB) => ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (vì so le trong) (2) => Từ (1) (2) => ∠AS’S = ∠ASS’ Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ∠ASP=∠AMP (nội tiếp chắn AP ) => ∠AS’P = ∠AMP => tam giác PMS’ cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS’ vuông M => ∠B1 = ∠S’1 (cùng phụ với ∠S) (3) Tam giác PMS’ cân P => ∠S’1 = ∠M1 (4) Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5) Từ (3), (4) (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2 mà ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nên suy ∠M1 + ∠M2 = ∠PMO = 900 => PM ⊥ OM M => PM tiếp tuyến đường tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh : Tam giác DEF có ba góc nhọn DF // BC Tứ giác BDFC nội tiếp BD BM = CB CF A Lời giải: (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF => tam giác ADF cân A => ∠ADF = ∠AFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => ∠DEF < 900 ( D F góc DEF nội tiếp chắn cung DE) 0 O Chứng minh tương tự ta có ∠DFE < 90 ; ∠EDF < 90 Như tam giác DEF có ba góc nhọn I AD AF Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => => DF // BC B = M C E AB AC DF // BC => BDFC hình thang lại có ∠ B = ∠C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường tròn Xét hai tam giác BDM CBF Ta có ∠ DBM = ∠BCF ( hai góc đáy tam giác cân) ∠BDM = ∠BFD (nội tiếp chắn cung DI); ∠ CBF = ∠BFD (vì so le) => ∠BDM = ∠CBF BD BM => ∆BDM ∼∆CBF => = CB CF Bài 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến C N đường tròn P Chứng minh : Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác CMPO hình bình hành CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng M O A B cố định Lời giải: N Ta có ∠OMP = 900 ( PM ⊥ AB ); ∠ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Như M N nhìn OP góc 900 => M N P D B' A' nằm đường tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác OMNP nội tiếp => ∠OPM = ∠ ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ∠ONC = ∠OCN => ∠OPM = ∠OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta có ∠MOC = ∠OMP = 900; ∠OPM = ∠OCM => ∠CMO = ∠POM lại có MO cạnh chung => ∆OMC = ∆MOP => OC = MP (1) Theo giả thiết Ta có CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta có ∠MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); ∠DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠MOC =∠DNC = 900 lại có ∠C góc chung => ∆OMC ∼∆NDC CM CO => => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN = CD CN =2R2 khơng đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) Dễ thấy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ∠ODP = 900 => P chạy đường thẳng cố định vng góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A’ B’ song song AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB E, Nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường trịn A Lời giải: Ta có : éBEH = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) E => éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) I 1( F éCFH = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) )1 O O2 B H C éEAF = 90 ( Vì tam giác ABC vng A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH ⊥BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2) => éB1 = éH1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => éB1= éF1 => éEBC+éEFC = éAFE + éEFC mà éAFE + éEFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => éEBC+éEFC = 1800 mặt khác éEBC éEFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF ACB ta có éA = 900 góc chung; éAFE = éABC ( theo Chứng minh trên) AE AF => ∆AEF ∼∆ACB => => AE AB = AF AC = AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vng H có HE ⊥ AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vng H có HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => ∆IEH cân I => éE1 = éH1 ∆O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => éE2 = éH2 => éE1 + éE2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 => O1E ⊥EF Chứng minh tương tự ta có O2F ⊥ EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đường trịn có đường kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đường vng góc với AB C cắt nửa đường trịn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, E EB với nửa đường tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN N 2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/tròn (I), (K) H 3.Tính MN M 4.Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn Lời giải: I O A C K B Ta có: éBNC= 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K) => éENC = 90 (vì hai góc kề bù) (1) éAMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => éEMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay éMEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC ⊥AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường trịn (I) (K) => éB1 = éC1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => éC1= éN3 => éB1 = éN3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => éB1 = éN1 (5) Từ (4) (5) => éN1 = éN3 mà éN1 + éN2 = ∠CNB = 900 => éN3 + éN2 = ∠MNK = 900 hay MN ⊥ KN N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường tròn (I), (K) Ta có éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường trịn tâm O) => ∆AEB vng A có EC ⊥ AB (gt) => EC2 = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) = π OA2 = π 252 = 625 π ; S(I) = π IA2 = π 52 = 25 π ; S(k) = π KB2 = π 202 = 400 π Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường tròn S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 625 π - 25 π - 400 π ) = 200 π = 100 π ≈ 314 (cm2) 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường tròn (O) D đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: C C 12 O O D S E M H×nh a A D F B M 1 2 F E S 2 A H×nh b B Ta có éCAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); éMDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => ∠CDB = 900 D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm đường trịn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => ∠D1= ∠C3( nội tiếp chắn cung AB)  = EM  => ∠C2 = ∠C3 (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung nhau) ∠D1= ∠C3 => SM => CA tia phân giác góc SCB Xét ∆CMB Ta có BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC BA, EM, CD ba đường cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy  = EM  => ∠D1= ∠D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) Theo Ta có SM Ta có ∠MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => ∠MEB = 900 Theo giả thiết MN ⊥AB => A trung điểm cung MN => ∠AMN = ∠ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay ∠AME = ∠ACM Lại thấy ∠CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM AE Theo ∆AME ∼ ∆ ACM => => AM2 = AE.AC = AC AM ∠AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN ⊥AB I => ∆AMB vng M có MI đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông) Áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vng I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI Theo ∠AMN = ∠ACM => AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM; Nối MB ta có ∠AMB = 900 , tâm O1 đường trịn ngoại tiếp ∆ ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 ⊥BM Gọi O1 chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O1 tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đường trịn tâm O1 bán kính O1M với đường trịn (O) O1 hình chiếu vng góc N BM Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đường cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q hình chiếu vng góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh : Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật A Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng E Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng F Lời giải: & (HS tự làm) H Q P Theo chứng minh DNHP nội tiếp => ∠N2 = ∠D4 (nội tiếp chắn cung HP); ∆HDC có ∠HDC = 90 (do AH đường cao) ∆ HDP có ∠HPD M 1N = 90 (do DP ⊥ HC) => ∠C1= ∠D4 (cùng phụ với ∠DHC)=>∠C1=∠N2 (1) 1 chứng minh tương tự ta có ∠B1=∠P1 (2) D B C Từ (1) (2) => ∆HNP ∼ ∆ HCB Theo chứng minh DNMB nội tiếp => ∠N1 = ∠D1 (nội tiếp chắn cung BM).(3) DM // CF ( vuông góc với AB) => ∠C1= ∠D1 ( hai góc đồng vị).(4) Theo chứng minh ∠C1 = ∠N2 (5) Từ (3), (4), (5) => ∠N1 = ∠N2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6) Chứng minh tương tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Bài 37 Cho hai đường trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B ∈ (O), C ∈ (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I Chứng minh tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp B I C Chứng minh ∠ BAC = 900 Tính số đo góc OIO’ Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm A O O' Lời giải: ( HS tự làm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có IB = IA , IA = IC ABC có AI = BC =>ABC vuông A hay ∠BAC =900 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có IO tia phân giác ∠BIA; I0’là tia phân giác ∠CIA mà hai góc BIA CIA hai góc kề bù => I0 ⊥ I0’=> ∠0I0’= 900 21 Theo ta có 0I0’ vng I có IA đường cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI ⊥OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm) Bài 38 Cho hai đường trịn (O) ; (O’) tiếp xúc ngồi A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B∈(O), C∈ (O’) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O’M AC Chứng minh : Chứng minh tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp B M Tứ giác AEMF hình chữ nhật C 23 ME.MO = MF.MO’ E F OO’ tiếp tuyến đường trịn đường kính BC BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ A O O' Lời giải: ( HS tự làm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MA = MB =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME ⊥ AB (1) Chứng minh tương tự ta có MF ⊥ AC (2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO’ tia phân giác hai góc kề bù BMA CMA => MO ⊥ MO’ (3) Từ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đường tròn => MA ⊥ OO’=> ∆MAO vng A có AE ⊥ MO ( theo ME ⊥ AB) ⇒ MA2 = ME MO (4) Tương tự ta có tam giác vng MAO’ có AF⊥MO’⇒ MA2 = MF.MO’ (5) Từ (4) (5) ⇒ ME.MO = MF MO’ Đường trịn đường kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đường tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO’ ⊥ MA A ⇒ OO’ tiếp tuyến A đường trịn đường kính BC (HD) Gọi I trung điểm OO’ ta có IM đường trung bình hình thang BCO’O => IM⊥BC M (*) Ta cung chứng minh ∠OMO’ vuông nên M thuộc đường trịn đường kính OO’ => IM bán kính đường trịn đường kính OO’ (**) Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ Bài 39 Cho đường trịn (O) đường kính BC, dấy AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF Hãy xác định vị trí tương đối đường tròn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao? A Chứng minh AE AB = AF AC F Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) G E (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn B C H K I O Lời giải: 1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O) OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (O) IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K) D Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => éAEH = 90 (vì hai góc kề bù) (1) éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) 22 éBAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn hay éEAF = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Theo giả thiết AD⊥BC H nên ∆AHB vuông H có HE ⊥ AB ( éBEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF ⊥ AC (theo éCFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE AB = AF AC ( = AH2) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đường chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đường chéo hình chữ nhật) => ∆GFH cân G => éF1 = éH1 ∆KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => éF2 = éH2 => éF1 + éF2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHC = 900 => éF1 + éF2 = éKFE = 900 => KF ⊥EF Chứng minh tương tự ta có IE ⊥ EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) (K) e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH ≤ OA (OA bán kính đường trịn (O) có độ dài không đổi) nên EF = OA AH = OA H trùng với O Vậy H trùng với O túc dây AD vng góc với BC O EF có độ dài lớn Bài 40 Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N y x Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB N / Chứng minh AM BN = R2 S P R Tính tỉ số MON AM = / S APB M Tính thể tích hình nửa hình trịn APB quay quanh cạnh AB sinh Lời giải: O A B Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà ∠AOP ∠BOP hai góc kề bù => ∠MON = 900 hay tam giác MON vuông O ∠APB = 900((nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay tam giác APB vng P Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB ⊥ OB => ∠OBN = 900; NP ⊥ OP => ∠OPN = 900 =>∠OBN+∠OPN =1800 mà ∠OBN ∠OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>∠OBP = ∠PNO Xét hai tam giác vng APB MON có ∠APB = ∠ MON = 900; ∠OBP = ∠PNO => ∆APB ∼ ∆ MON Theo ∆MON vuông O có OP ⊥ MN ( OP tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OP2 = PM PM Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tính chất hai tiếp tuyến cắt ) => AM BN = R2 R R R Theo OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mà PM = AM = => PM = => PN = R2: = 2R 2 5R MN R 5R => MN = MP + NP = + 2R = Theo ∆APB ∼ ∆ MON => = : 2R = = k (k tỉ số 2 AB đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng nên ta có: S S MON   25 = k2 => MON =   = S APB S APB   16 Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lấy điểm D, E cho ∠ DOE = 600 1)Chứng minh tích BD CE khơng đổi 3)Vẽ đường trịn tâm O 2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tiếp xúc với AB Chứng tia DO tia phân giác góc BDE 23 minh đường trịn ln tiếp xúc với DE Lời giải: Tam giác ABC => ∠ABC = ∠ ACB = 600 (1); ∠ DOE = 600 (gt) =>∠DOB + ∠EOC = 1200 (2) ∆DBO có ∠DOB = 600 => ∠BDO + ∠BOD = 1200 (3) Từ (2) (3) => ∠BDO = ∠ COE (4) BD BO Từ (2) (4) => ∆BOD ∼ ∆CEO => => BD.CE = = CO CE BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi A D E K H B O C BD OD BD BO BD OD mà CO = BO => == > = (5) = BO OE OD OE CO OE Lại có ∠DBO = ∠DOE = 600 (6) Từ (5) (6) => ∆DBO ∼ ∆DOE => ∠BDO = ∠ODE => DO tia phân giác ∠ BDE Theo DO tia phân giác ∠ BDE => O cách DB DE => O tâm đường tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đường trịn tâm O tiếp xúc với AB ln tiếp xúc với DE Theo ∆BOD ∼ ∆CEO => Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B C cắt AC, AB D E Chứng minh : A BD2 = AD.CD Tứ giác BCDE nội tiếp BC song song với DE O Lời giải: Xét hai tam giác BCD ABD ta có ∠CBD = ∠BAD ( Vì B C góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn BD CD cung), lại có ∠D chung => ∆BCD ∼ ∆ABD => => BD2 = AD BD = AD.CD E D Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ∠ABC = ∠ACB => ∠EBC = ∠DCB mà ∠CBD = ∠BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => ∠EBD = ∠DCE => B C nhìn DE góc B C nằm cung trịn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp Tứ giác BCDE nội tiếp => ∠BCE = ∠BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà ∠BCE = ∠CBD (theo ) => ∠CBD = ∠BDE mà hai góc so le nên suy BC // DE Bài 43 Cho đường trịn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp 3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M Chứng minh NE ⊥ AB Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O) trung điểm AN; F E xứng qua M nên M Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA) trung điểm EF => Lời giải: (HS tự làm) AENF hình bình hành (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE ⊥ AB => FA // NE mà NE ⊥ AB 24 => FA ⊥ AB A => FA tiếp tuyến (O) A Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC ⊥ BN => FN ⊥ BN N N F _ / M C / _ E A O B H ∆BAN có BM đường cao đồng thời đường trung tuyến ( M trung điểm AN) nên ∆BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đường trịn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA) Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đường tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vng góc AB H, cắt (O) E cắt OA D Chứng minh CO = CD H Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh I I E trung điểm OH O D Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm O, M, A M K thẳng hàng K Lời giải: C Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đường tròn tâm O => OA tia phân giác ∠BOC => ∠BOA = ∠COA (1) OB ⊥ AB ( AB tiếp tuyến ); CH ⊥ AB (gt) => OB // CH => ∠BOA = ∠CDO (2) Từ (1) (2) => ∆COD cân C => CO = CD.(3) theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) lại có OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi M trung điểm CE => OM ⊥ CE ( quan hệ đường kính dây cung) => ∠OMH = 900 theo ta có ∠OBH =900; ∠BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F A E Chứng minh BC // AE Chứng minh ABCE hình bình hành _ Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI D O K F So sánh ∠BAC ∠BGO _ I _ _ Lời giải: (HS tự làm) B G H C 2).Xét hai tam giác ADE CDB ta có ∠EAD = ∠BCD (vì so le ) AD = CD (gt); ∠ADE = ∠CDB (đối đỉnh) => ∆ADE = ∆CDB => AE = CB (1) Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành 3) I trung điểm CF => OI ⊥ CF (quan hệ đường kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI ⊥ AB K, => ∆BKG vng K Ta cung có ∆BHA vuông H => ∠BGK = ∠BAH ( cung phụ với ∠ABH) mà ∠BAH = ∠BAC (do ∆ABC cân nên AH phân giác) => ∠BAC = 2∠BGO Bài 46: Cho đường tròn (O) điểm P ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (C ≠ A) Đoạn PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E 2 1 25 a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB B  HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: BEA chung E   EAB = EBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) O P EB ED ⇒ = ⇒ EB2 = EA.ED (1) D C EA EB  = PCA  (s.l.t) ; EAP  = PCA  (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) * EPD A  = EAP  ; PEA  chung ⇒ ∆EPD ~ ∆EAP (g.g) ⇒ EPD EP ED ⇒ = ⇒ EP2 = EA.ED (2)Từ & ⇒ EB2 = EP2 ⇒ EB = EP ⇒ AE trung tuyến ∆ PAB EA EP Bài 47: Cho ∆ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vng góc BD a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD b Chứng minh tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE  = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC bán kính đường tròn d Cho ABC ngoại tiếp tứ giác ADEF C HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g) b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900) E K c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF D 2a  = 2a.sin600 = 2a = a d) AC = BC.sin ABC H a 60  = 2a.cos600 = 2a = a AB = BC.cos ABC B A F  = a.sin600 = a ; ∆ FKB vng K , có ABC  = 600 ⇒ BFK  = 300 AH = AB.sin ABC  ⇒ AD = FD.sin BFK ⇒ AD = FD.sin30 ⇒ a = FD.0,5 ⇒ FD = a : 0,5 = 2a  = 900; BC > BA) nội tiếp đường trịn đưịng kính AC Kẻ dây cung Bài 48: Cho ∆ABC vng ( ABC 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) B CI CE 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 CE E O O’ (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   ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’)) c) EIO' = IEO'  = HED  (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến ⇒ ∆HID cân ⇒ HIE  = HDI  IEO'  + HED  = 900 ⇒ đpcm Mà HDI 26 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  = 600 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ c Giả sử PMQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường trịn K O (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) M IO IQ I b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) ⇒ ⇒ IH.IO = IQ.IP = IP IH Q  = KQ.tg600 = PQ = PQ c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg MQK H 2 PQ PQ  = KQ.tg300 = KQ ∆v OKQ có: OK = KQ.tg OQK = = 3 S PQ PQ : =3 ⇒ MPQ = SOPQ Bài 50: Cho nửa đường trịn (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: EA2 = EC.EM – EA.AO M  = α Tính theo R α đoạn AC BD e Đặt AOC C N Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vào α HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) B O A E b) AC // BD (cùng ⊥ EB) ⇒ ∆EAC ~ ∆EBD DM CM CE AC CE CM (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ (2) ⇒ ⇒ = = = DE CE DE BD DE DM NC AC NC CM c) AC // BD (cmt) ⇒ ∆NAC ~ ∆NBD ⇒ (3) Từ 1; 2; ⇒ = = ⇒ MN // BD NB BD NB DM d)  O1 =  O3 =  O1 +  O3 +  O = 1800 ⇒  O2 +  O3 = 900 ;  O4 +  D1 = 900 (…) O2 ;  O mà  O2 +  R OB R = ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα ⇒ AC.DB = R.tgα ⇒ D1 =  O2 =  O1 = α Vậy: DB = tgα tgα tgα ⇒ 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 A 27 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 =  HBC1 ;  HA1B1 =  HCB1 ;  HBC =  HCB ⇒  HA C =  HA B ⇒ đpcm 1 1 B1 M I J H 12 K c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 … ⇒ ỊJ trung trực A1C1 C A1 B 1 d) S HJM = HM.JK ; SHAC = HC.AC1 2 HC.AC1 AC1 MH HC HM+MC MC mà ⇒ SHAC : S HJM = = ⇒ = =1 + =1 + = ; = (JK// AC1 MC HM.JK HM HM HM JK ⇒ SHAC : S HJM = 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 z HD: a) MABP nội tiếp đ/tròn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…) 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 c) PA ⊥ KM ; PK ⊥ MB ⇒ H trực tâm ∆ PKM N L ⇒ KH ⊥ PM K d) AHBK nội tiếp đ/trịn 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 vng 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  = 900 (góc nội tiếp…) ⇒ AP ⊥ BP APB 28 U K P M ⇒ KN // AP ( ⊥ BP)   KM // BP ⇒ KMN = PAT = 450  PKM   Mà PAM = PKU = = 450 A 0   PKN = 45 ; KNM = 45 ⇒ PK // AN Vậy ANPK hình bình hành T // N O = B 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 = 45 (chắn cung ¼ đ/trịn)  ⇒ MD tia phân giác AMB M F b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O) N ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến I ⇒ ∆ OMB ~ ∆ NAB B A E O BM BO = ⇒ BM.BN = BO.BA = 2R2 khơng đổi ⇒ BA BN c) ONMA nội tiếp đ/trịn 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 D Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF 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 tròn (O) A b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao?  với BAC  c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGO  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) b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) ⇒ AE = BC (2) D M N F Từ ⇒ ABCE hình bình hành O _ c) Theo c.m.t ⇒ AB // CF ⇒ GO ⊥ AB I _  = BAH  = 90 – ABC   = BAC ⇒ BGO H B d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục C 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 = AC ⇒ cos ABC ⇒ 2BH2 = AC2 ⇒ BH = 4 AB 29 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’)  = 900 = FBA  (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn) HD: a) CBA O’ O  + FBA  = 180 ⇒ C, B, F thẳng hàng ⇒ CBA  = 900 = CEF  ⇒ CDEF nội tiếp (quĩ tích …) b) CDF F C B  (cùng chắn cung EF)  = ECB c) CDEF nội tiếp ⇒ ADE  (cùng chắn cung AB)  = ECB Xét (O) có: ADB  = ADB  ⇒ DA tia phân giác BDE  Tương tự EA tia phân giác DEB  ⇒ ADE Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE  = DCA  ; EO'A  = EFA  = EFA  mà DCA  (góc nội tiếp chắn d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA  = EO'A  ; mặt khác: DAO  = EAO'  (đ/đ) ⇒ ODO'  = O'EO  ⇒ ODEO’ nội tiếp cung DE) ⇒ DOA 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  ED // MB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB 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 E // M 1  = 450  =  = 450 ; DEB  = DOB b) AED AOD 2 =    ⇒ AED = DEB ⇒ ED tia phân giác AEB B A  O  AED = 45 ; EMB = 45 (∆ EMB vuông cân E)  = EMB  (2 góc đồng vị) ⇒ ED // MB ⇒ AED c) ∆ EMB vuông cân E CE ⊥ DE ; ED // BM ⇒ CE ⊥ BM ⇒ CE đường trung trực BM D d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R ) 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 30 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  < 900), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, AC Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A 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 tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M =  = CAI  c Chứng minh: MOI d Chứng minh: MA = 3.MB N = I 0   HD: a) COA = 90 (…) ; CIA = 90 (…) ⇒ Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 90 ) O B A b) MB // CI ( ⊥ BM) (1)  = NBM  (slt) ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g)  N = N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI ⇒ CI = BM (2) Từ ⇒ BMCI hình bình hành  = 900=  1=  450 ) ⇒ MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ; c) ∆ CIM vng cân ( CIA ; CMI COA   mà: IOC  = CAI  ⇒ MOI  = CAI  IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) ⇒ MOI = IOC R AC d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = (với R = AO) = 2 Từ : AN = ⇒ MB = AC2 +CN = NC2 − MN = R2 R 10 NC2 R 10 MI ; NI = = = MN = 2R += R= 2 NA 10 R 10 3R 10 R 10 R2 R2 2R R 10 + = ⇒ AM = AN + MN = − = = 10 10 10 ⇒ AM = BM 31  = 600 nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, Bài 63: Cho ∆ABC có A đường cao BK cắt AH E   = BCD a Chứng minh: BKH  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 A  = BAH ; HD: a) ABHK nội tiếp ⇒ BKH  = BAH  ( chắn cung BD) ⇒ BCD  = BKH  BCD b) CE cắt AB F ; K  = 1800 −   = 1200 AFEK nội tiếp ⇒ FEK A = 1800 − 600 = 1200 ⇒ BEC   F E I  =1800 − B + C =1800 − 120 =1200 c) BIC 2 Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung C B nằm đường tròn tâm (O) H    = sđ DS ; đ/trịn (S) có ISO  = sđ IO d) Trong đ/trịn (O) có DAS D S 2    = ISO  (so le trong) nên: DS = IO mà DS  = IE  ⇒ đpcm  ⇒ IO  = IE DAS 2 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  = 900 (góc nội tiếp …) K HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) mà AIB 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  = AH  ⇒ PA // MH ⇒ PM 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 tròn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN H O  OBM  HD: a) BOIM nội tiếp = OIM = 900 A B 32  OBM   = BOM  (2 góc nội tiếp chắn cung BM) b) = = 900 ; NIB INB ⇒ ∆ IBN ~ ∆OMB c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn ⇔ IH lớn AO = R(O) Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn  = 450 Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn I N M Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường trịn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D ≠ A D ≠ C) A  a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC D 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 : E O ⇒ AB = AC = BC = R Trong đ/tròn (O; R) có: AB = AC ⇒ Tâm O cách cạnh AB AC  C B ⇒ AO hay AI tia phân giác BAC  = BAC  = 600 (cùng chắn BC ) b) Ta có : DE = DC (gt) ⇒ ∆ DEC cân ; BDC I   = IDC  ⇒ IB  ⇒ BDI  = IC ⇒ ∆CDE I điểm BC  ⇒ ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao ⇒ DI ⊥ CE ⇒ DI tia phân giác BDC c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE ⇒ IE = IC mà I C cố định ⇒ IC  (cung nhỏ ) không đổi ⇒ E di động đ/trịn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I ∈ AC  nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC D → C E → C ; D → A E → B ⇒ E động BC 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  = 450 Vẽ đường cao BD CE Bài 68: Cho ∆ABC có góc nhọn; A 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 trịn  ) khơng đổi  + BCD b Khi điểm D di động đường trịn ( BMD c DB.DC = DN.AC 33 Bài 70: Cho ∆ABC nội tiếp đường trịn (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 tròn (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  = APB  b BQD 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 d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường tròn nội tiếp ∆EOF Chứng minh: r < < R Bài 73: Từ điểm A ngồi đường trịn (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  = 600 Chứng minh: Cát tuyến AKD qua O c Cho BAC 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 tròn 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 tròn b ∆BKC tam giác gì? Vì sao? c Tìm quỹ tích điểm E A di động nửa đường tròn (O) 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 Bài 76: Cho ∆ABC vuông C, có BC = 34 Chứng minh: H, E, K thẳng hàng d Tìm quỹ tích điểm I E chạy BC Bài 77: Cho ∆ABC vuông 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  cắt EF CD M N Tia phân giác CBF  b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao? c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r12 + r22 Bài 78: Cho đường tròn (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 không 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 35 ... Mà ∠A1 + ∠M1 = 90 0 ( tam giác AHM vuông H) => ∠C1 + ∠C4 = 90 0 => ∠C3 + ∠C2 = 90 0 ( góc ACM góc bẹt) hay ∠OCK = 90 0 Xét tứ giác KCOH Ta có ∠OHK = 90 0; ∠OCK = 90 0 => ∠OHK + ∠OCK = 1800 mà ∠OHK ∠OCK... ∠BAC = 90 ( ∆ABC vng A) hay ∠DAC = 90 0 => ∠DEC + ∠DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp * ∠BAC = 90 0 ( tam giác ABC vuông A); ∠DFB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) hay ∠BFC... BK hay? ??IBK = 90 H o Tương tự ta có ∠ICK = 90 0 B C nằm đường trịn đường kính IK B, C, I, K nằm đường tròn Ta có ∠C1 = ∠C2 (1) ( CI phân giác góc ACH K ∠C2 + ∠I1 = 90 0 (2) ( ∠IHC = 90 0 ) hoctoancapba.com