Microsoft Word 80 bài toán hình ôn thi vòa 10 coa đâp án doc TuyÓn tËp 80 bµi to¸n h×nh häc líp 9 1 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[.]
Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bài Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N,P A N Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp E Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn P F AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC O H M đối xứng qua BC H Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ( Lêi gi¶i: B C D ( XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: CEH = 900 ( Vì BE đường cao) M CDH = 900 ( Vì AD đường cao) => CEH + CDH = 1800 Mµ CEH vµ 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 Nh vËy E vµ F cïng nh×n BC díi mét gãc 900 => E F nằm đường tròn đường kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ;  gãc chung AE AH => AEH ADC => => AE.AC = AH.AD AD AC * XÐt hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; C lµ gãc chung BE BC => BEC ADC => => AD.BC = BE.AC AD AC Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC) C2 = A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM) => C1 = C2 => CB lµ tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C => CB đương trung trực HM H M đối xøng qua BC Theo chøng minh trªn điểm B,C,E,F nằm đường tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1 = E2 => EB tia phân giác gãc FED Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đường tròn 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 A Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn 1 Chøng minh ED = BC O Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O) E Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm H Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: D CEH = 900 ( Vì BE đường cao) B C CDH = 900 ( V× AD đường cao) Tuyển tập 80 toán hình häc líp => CEH + CDH = 1800 Mµ CEH vµ CDH lµ hai gãc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE ®êng cao => BE AC => BEA = 900 AD đường cao => AD BC => BDA = 900 Như E D nhìn AB díi mét gãc 900 => E vµ D cïng n»m đường tròn 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 cã BEC = 900 VËy tam gi¸c BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm cđa AH => OA = OE => tam gi¸c AOE cân O => E1 = A1 (1) Theo DE = BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2) Mµ B1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ 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 vuông E ta cã ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 ED = 4cm Bµi Cho nưa 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 t¹i N Chøng minh AC + BD = CD y x D Chøng minh COD = 900 / I AB M 3.Chøng minh AC BD = / C 4.Chøng minh OC // BM N 5.Chøng minh AB tiếp tuyến đường tròn đường kính CD 5.Chøng minh MN AB O A B 6.X¸c định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Lời giải: 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 tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD = 900 Theo trªn COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM CD ( OM tiếp tuyến ) áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, AB Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = 4 Theo trªn COD = 900 nªn OC OD (1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t 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 đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta cã 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 , mµ AC AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đường tròn đường kính CD Tuyển tập 80 toán hình học lớp CN AC CN CM , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy BN BD 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 nhÊt 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 đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK A Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn Chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn (O) Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lêi gi¶i: (HD) Vì I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp I góc A nên BI BK hai tia phân giác cđa hai gãc kỊ bï ®Ønh B C B Do ®ã BI BK hayIBK = 90 H o T¬ng tù ta cịng cã ICK = 900 B C nằm đường tròn đường kính IK B, C, I, K nằm đường tròn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác gãc ACH K C2 + I1 = 900 (2) ( v× IHC = 900 ) 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 Theo trªn AC // BD => AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20 12 = 16 ( cm) CH 12 CH2 = AH.OH => OH = = (cm) AH 16 OC = OH HC 12 225 = 15 (cm) Bµi 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 ®iĨm) KỴ AC MB, BD MA, gäi H giao điểm AC BD, I giao ®iĨm cđa OM vµ AB d Chøng minh tø giác AMBO nội tiếp A Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cïng n»m trªn mét P K D đường tròn 2 N Chứng minh OI.OM = R ; OI IM = IA H Chứng minh OAHB hình thoi M O I Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d C 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 tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM díi mét góc 900 nên nằm đường tròn đường kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn Ta có MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM AB t¹i I Theo tÝnh chÊt tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đường cao Tuyển tập 80 toán hình học lớp áp dụng hệ thức cạnh đường 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 OA MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; 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; cịng theo trªn OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vuông 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 tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đường kính đường tròn (A; AH) Tiếp tuyến đường tròn D cắt CA E Chứng minh tam giác BEC cân E D Gọi I hình chiếu A BE, Chøng minh r»ng AI = AH Chøng minh r»ng BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE A Lêi gi¶i: (HD) I AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ 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 vuông ABI ABH có c¹nh hun AB chung, B1 = B2 => AHB = AIB => AI = AH AI = AH BE AI I => BE tiếp tun cđa (A; AH) t¹i I DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tun ®ã mét ®iĨm P X cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc víi (O) M N J Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn P Chứng minh BM // OP I Đường thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh M tứ giác OBNP hình bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt K J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lêi gi¶i: ( ( A B (HS tự làm) O 2.Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm AOM chắn cung AM => ABM = (1) OP lµ tia phân giác AOM (2) AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AOP = Tõ (1) vµ (2) => ABM = AOP (3) Mµ ABM vµ AOP lµ hai gãc 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 NOAB) => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Tõ (4) vµ (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 cịng cã PM OJ ( PM lµ tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật cã PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) Tuyển tập 80 toán hình học lớp AONP hình chữ nhật => APO = 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 tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác néi tiÕp I 2) Chøng minh r»ng: 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 gi¶i: H E Ta cã : AMB = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => KMF = 90 (vì hai góc kề bù) K AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trßn ) 2 => KEF = 90 (vì hai góc kề bù) B A O => KMF + KEF = 1800 Mµ KMF vµ KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM IB Theo gi¶ thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ) => ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo trªn ta cã AEB = 900 => BE AF hay BE đường cao tam giác ABF (2) Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm cña AF (3) Tõ BE AF => AF HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm HK (6) Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH lµ hình thoi ( có hai đường chéo vuông 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 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 giác ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI lµ hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn 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 Tuyển tập 80 toán hình học lớp Lời giải: E C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => 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 C F D đường kính nên AB = 2R không đổi AC AE không đổi ADB cã ADB = 90 ( néi tiÕp chắn nửa đường tròn ) => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800)(1) ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) O => AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2) A B Tõ (1) vµ (2) => ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ABD + ACD = 1800 ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kỊ bï) => ECD = ABD ( cïng bï víi ACD) Theo trªn ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 ( Vì hai gãc kỊ bï) nªn suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp X Bài 10 Cho đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn cho AM < MB Gọi M điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, MA Gọi P chân đường vuông góc từ S đến AB S 1.Gọi S giao điểm MA SP Chøng minh r»ng ∆ PS’M c©n M 2.Chøng minh PM tiếp tuyến đường tròn Lêi gi¶i: Ta cã SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa 4( )1 P B ) H O 3( A đường tròn ) => AMS = 90 Như P M nhìn AS díi mét gãc b»ng 900 nªn cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh AS VËy ®iĨm A, M, S, P nằm đường tròn M' Vì Mđối xứng M qua AB mà M nằm đường tròn nên M S' nằm đường tròn => hai cung AM AM có số đo b»ng => AMM’ = AM’M ( Hai gãc néi tiếp chắn hai cung nhau) (1) Cũng Mđối xứng M qua AB nên MM AB H => MM’// SS’ ( cïng vu«ng gãc víi 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 đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => AS’P = AMP => tam gi¸c PMS’ cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S1 (cùng phụ với S) (3) Tam giác PMS cân P => S1 = M1 (4) Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => B1 = M3 (5) Tõ (3), (4) vµ (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) C¹nh AB, BC, CA tiÕp xóc với đường tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh : Tam giác DEF có ba gãc nhän BD BM DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp CB CF Tuyển tập 80 toán hình học lớp Lời giải: A (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF cân A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE) Chứng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF D F cã ba gãc nhän O AD AF Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => => DF // BC AB AC I DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) B M C E => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường tròn Xét hai tam giác BDM vµ CBF Ta cã DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI); CBF = BFD (v× so le) => BDM = CBF BD BM => BDM CBF => CB CF Bµi 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đường thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn P Chøng minh : C Tø gi¸c OMNP néi tiÕp Tứ giác CMPO hình bình hành CM CN không 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: Ta có OMP = 900 ( v× PM AB ); ONP = 900 (v× NP lµ tiÕp tuyÕn ) N Nh vËy M vµ N cïng nh×n OP díi mét gãc b»ng 900 => M N nằm đường tròn đường kính OP => Tø gi¸c OMNP néi tiÕp P D B' A' Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => OPM = ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OCN => OPM = OCM XÐt hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM l¹i có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD AB; PM AB => CO//PM (2) Tõ (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 =2R2 CD CN không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trÝ cđa ®iĨm M ( HD) DƠ thÊy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P ch¹y đường thẳng cố định vuông 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 tròn đường kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tø gi¸c néi tiÕp AE AB = AF AC Chøng minh EF lµ tiÕp tun chung cđa hai nửa đường tròn Tuyển tập 80 toán hình học lớp A Lời giải: Ta cã : BEH = 90 ( néi tiÕp ch¾n nưc đường tròn ) E I => AEH = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï) (1) 1( F CFH = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => AFH = 900 (vì hai gãc kÒ bï).(2) )1 O1 O2 B H C EAF = 90 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) vµ (O2) => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 lµ gãc chung; AFE = ABC ( theo Chøng minh trªn) AE AF => AEF ACB => => AE AB = AF AC AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2 => E1 + E2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã O2F EF VËy 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 tròn có đường kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đường vuông góc với AB C cắt nửa đường tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, E EB với nửa ®êng trßn (I), (K) 1.Chøng minh EC = MN N 2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/tròn (I), (K) H 3.TÝnh MN 4.TÝnh diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn M Lời giải: I O Ta cã: BNC= 90 ( néi tiÕp ch¾n nưa đường tròn tâm K) A C K B => ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1) AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn t©m O) hay MEN = 900 (3) Tõ (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 tròn (I) vµ (K) => B1 = C1 (hai gãc néi tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5) Tõ (4) vµ (5) => N1 = N3 mµ N1 + N2 = CNB = 900 => N3 + N2 = MNK = 900 hay MN KN t¹i 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 AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm O) => AEB vuông A có EC AB (gt) => EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm TuyÓn tập 80 toán hình học lớp Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) = OA2 = 252 = 625 ; S(I) = IA2 = 52 = 25 ; S(k) = KB2 = 202 = 400 Ta cã diÖn tích phần hình giới hạn ba nửa đường tròn S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 625 - 25 - 400 ) = 200 = 100 314 (cm2) 2 Bµi 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn (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 A D F B M 1 2 F E S 2 A B H×nh b H×nh a Ta cã CAB = 900 ( v× tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => CDB = 900 D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm đường tròn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB) EM => C = C (hai gãc néi tiếp đường tròn (O) chắn hai cung nhau) D1= C3 => SM => CA tia phân gi¸c cđa gãc SCB XÐt CMB Ta cã BACM; CD BM; ME BC nh vËy BA, EM, CD ba đường cao tam giác CMB nên BA, EM, CD ®ång quy EM => D = D => DM tia phân giác gãc ADE.(1) Theo trªn Ta cã SM Ta cã MEC = 900 (néi tiÕp ch¾n nưa đường tròn (O)) => MEB = 900 Tứ giác AMEB cã MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác néi tiÕp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác cđa gãc DAE (2) Tõ (1) vµ (2) Ta cã M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ABC = CME (cùng phô ACB); ABC = CDS (cïng bï ADC) => CME = CDS CS SM EM => SCM = ECM => CA lµ tia phân giác góc SCB => CE Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đường tròn đường kính BD cắt BC E Các đường thng CD, AE cắt đường tròn F, G B Chứng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp AC // FG O Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy E Lời giải: 1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông F G D A); DEB = 90 ( gãc néi tiÕp chắn nửa đường tròn ) => DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB CAB S A C Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( ABC vuông t¹i A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp * BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay BFC = 900 nh vËy F vµ A cïng nhìn BC góc 900 nên A F nằm đường tròn đường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG (HD) DƠ thÊy CA, DE, BF lµ ba đường cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp hÃy xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác Chøng minh r»ng MP + MQ = AH Chøng minh OH PQ Lêi gi¶i: A Ta cã MP AB (gt) => APM = 900; MQ AC (gt) => AQM = 900 nh vËy P vµ Q nhìn BC góc 900 nên P Q nằm đường tròn đường kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ O tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM P 2 Tam giác ABC có AH đường cao => SABC = BC.AH Q Tam gi¸c ABM có MP đường cao => SABM = AB.MP M B H C Tam gi¸c ACM cã MQ đường cao => SACM = AC.MQ 1 Ta cã SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Mµ AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH HQ ( tÝnh Tam gi¸c ABC có AH đường cao nên đường phân giác => HAP = HAQ => HP chất góc néi tiÕp ) => HOP = HOQ (t/c gãc ë tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đường cao => OH PQ 10 Tuyển tập 80 toán hình học lớp Theo ta cã I1 = C1; cịng chøng minh t¬ng tù ta cã I2 = B2 mµ C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiếp => Q1 = I1 mµ I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( v× cã hai gãc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ Bài 26 Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R Vẽ dây cung CD AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chøng minh : J KC AC AM tia phân giác CMD Tứ giác OHCI néi tiÕp C / KB AB M K Chøng minh đường vuông góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đường _ I tròn M A MC => MB B Lêi giải: Theo giả thiết M trung điểm BC H O => CAM = BAM (hai gãc néi tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia KC AC phân giác góc CAB => ( t/c tia phân giác tam giác ) D KB AB => CMA = DMA => MA lµ tia phân (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung điểm CD giác góc CMD => OM BC t¹i I => OIC = 900 ; CD AB t¹i H (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp KỴ MJ AC ta cã MJ // BC ( vuông góc với AC) Theo OM BC => OM MJ t¹i J suy MJ tiếp tuyến đường tròn M Bài 27 Cho đường tròn (O) điểm A đường tròn Các tiếp tuyến với đường tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đường tròn ( M khác B, C), từ M kỴ MH BC, MK CA, MI AB Chøng minh : Tø gi¸c ABOC néi tiÕp BAO = BCO MIH MHK MI.MK = MH2 Lêi gi¶i: I B I H B M M O H O A A K C C K (HS tự giải) Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO) Theo gi¶ thiÕt MH BC => MHC = 900; MK CA => MKC = 900 => MHC + MKC = 1800 mà hai góc ®èi => tø gi¸c MHCK néi tiÕp => HCM = HKM (nội tiếp chắn cung HM) Chứng minh tương tù ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => MHI = MBI (néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) ) => HKM = MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta có Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM KHM = HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => HIM KHM MI MH Theo trªn HIM KHM => => MI.MK = MH2 MH MK 15 Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I cđa BC A Chøng minh tø gi¸c BHCF hình bình hành E, F nằm đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân = B' Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm cđa tam O gi¸c ABC C' H G = Lêi giải: / Theo giả thiết F điểm đối xøng cđa H qua trung ®iĨm I cđa BC => I lµ / / B C A' I / trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đường chéo cắt trung điểm đường F E (HD) Tứ giác AB’HC’ néi tiÕp => BAC + B’HC’ = 1800 mµ BHC = B’HC’ (®èi ®Ønh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800 => Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O) * H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC => BEC + BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) Ta có H E đối xứng qua BC => BC HE (1) vµ IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2) Từ (1) (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3) Theo trªn E (O) => CBE = CAE ( nội tiếp chắn cung CE) (4) Theo F (O) FEA =900 => AF đường kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( phụ ACB) (5) Từ (4) (5) => BCF = CBE (6) Tõ (3) vµ (6) => tø giác BEFC hình thang cân Theo AF đường kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đường trung bình cđa tam gi¸c AHF => OI = 1/ AH Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đường kính dây cung) => OIG = HAG GI OI (v× so le trong); lại có OGI = HGA (đối ®Ønh) => OGI HGA => mµ OI = AH GA HA GI mµ AI lµ trung tuyến ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm ABC => GA Bài 29 BC dây cung đường tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H A Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA Gọi A1 trung điểm cña EF, Chøng minh R.AA1 = AA’ OA’ = E Chøng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để A O tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn F H = Lời giải: (HD) / Tứ giác BFEC néi tiÕp => AEF = ACB (cïng bï BFE) / / B C D A' / AEF = ABC (cïng bï CEF) => AEF ABC K VÏ ®êng kÝnh AK => KB // CH ( cïng vu«ng gãc AB); KC // BH (cïng vu«ng gãc AC) => BHKC hình bình hành => A trung điểm HK => OK đường trung bình cđa AHK => AH = 2OA’ ¸p dơng tÝnh chất : hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đường tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có : 16 Tuyển tập 80 toán hình học lớp R AA ' (1) R bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC; R bán kính R ' AA1 đường tròn ngoại tiếp AEF; AA trung tuyến ABC; AA1 trung tuyến AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên đường tròn ngoại tiếp AEF AH A 'O Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’ = AA’ 2 VËy R AA1 = AA’ AO (2) Gọi B, Clần lượt trung điểm cđa AC, AB, ta cã OB’AC ; OC’AB (b¸n kÝnh qua trung điểm dây không qua tâm) => OA, OB, OC đường cao cđa c¸c tam gi¸c OBC, OCA, OAB SABC = SOBC+ SOCA + SOAB = ( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB ) 2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) AA1 AA1 Theo (2) => OA’ = R mà tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC AA ' AA ' AA1 EF FD ED nªn = T¬ng tù ta cã : OB’ = R ; OC = R Thay vào (3) ta AA ' BC AC AB EF FD ED BC AC AB ) 2SABC = R(EF + FD + DE) 2SABC = R ( BC AC AB * R(EF + FD + DE) = 2SABC mµ R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trÞ lín nhÊt SABC Ta cã SABC = AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lín nhÊt, mµ AD lín nhÊt A lµ ®iĨm chÝnh giìa cđa cung lín BC AEF ABC => Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đường cao AH bán kính OA Chứng minh AM phân giác gãc OAH A D Gi¶ sư B > C Chøng minh OAH = B - C 0 Cho BAC = 60 vµ OAH = 20 TÝnh: a) B C tam giác ABC b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhá BC theo R O Lêi gi¶i: (HD) CM => M AM phân giác cña BAC => BAM = CAM => BM B C trung điểm cung BC => OM BC; Theo gi¶ thiÕt AH BC => H OM // AH => HAM = OMA ( so le) Mµ OMA = OAM ( tam giác OAM cân O cã OM = OA = R) => HAM = OAM => AM M tia phân giác góc OAH AB AD => ABD = ACB VÏ d©y BD OA => Ta cã OAH = DBC ( góc có cạnh tương ứng vuông gãc cïng nhän) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C a) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo trªn B C = OAH => B - C = 200 B C 1200 B 700 => 0 B C 20 C 50 b) Svp = SqBOC - S BOC = R 1202 3600 R R R R (4 3) R = 12 2 17 Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bài 31 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt BAC = 600 TÝnh sè ®o gãc BOC vµ ®é dµi BC theo R Vẽ đường kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đường cao tam giác ABC Chøng minh BD // AH vµ AD // BH TÝnh AH theo R Lêi gi¶i: =1200 ( t/c gãc néi tiÕp ) Theo gi¶ thiÕt BAC = 600 => s® BC A D H O => BOC = 1200 ( t/c gãc ë t©m) B C M * Theo sđ BC =120 => BC cạnh tam giác nội tiếp (O; R) => BC = R CD đường kính => DBC = 900 hay DB BC; theo giả thiết AH đường cao => AH BC => BD // AH Chøng minh t¬ng tù ta AD // BH Theo DBC = 900 => DBC vuông B có BC = R ; CD = 2R => BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R )2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R Theo trªn BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R Bài 32 Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R Mét c¸t tuyÕn MN quay quanh trung ®iĨm H cđa OB N Chøng minh MN di động , trung điểm I MN nằm đường tròn cố định D K Từ A kẻ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN C I hình bình hành H Chứng minh C trực tâm cđa tam gi¸c AMN A B O Khi MN quay quanh H C di động đường 5.Cho AM AN = 3R2 , AN = R Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm M tam giác AMN Lời giải: (HD) I trung điểm MN => OI MN I ( quan hệ đường kính dây cung) = > OIH = 900 OH cố địmh nên MN di động I di động nhìn OH cố định góc 900 I di động đường tròn đường kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN nằm đường tròn cố định Theo giả thiết Ax MN; theo OI MN I => OI // Ax hay OI // AC mµ O trung điểm AB => I trung điểm BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đường chéo cắt trung điểm đường ) CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MC AN; theo AC MN => C trực tâm tam giác AMN Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đường tung bình OBC => IH // OC Theo giả thiết Ax MN hay IH Ax => OC Ax t¹i C => OCA = 900 => C thuéc đường tròn đường kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đường tròn ®êng kÝnh OA cè ®Þnh Ta cã AM AN = 3R2 , AN = R => AM =AN = R => AMN cân A (1) Xét ABN vuông N ta có AB = 2R; AN = R => BN = R => ABN = 600 ABN = AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => AMN = 600 (2) 3R Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN = 3R R (4 3 => S = S(O) - SAMN = R = 4 18 TuyÓn tËp 80 toán hình học lớp Bài 33 Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đường tròn M ( P Chứng minh OM BC Chøng minh MC = MI.MA N KỴ đường kính MN, tia phân giác góc B C A cắt đường thẳng AN P Q Chøng minh Q ®iĨm P, C , B, Q thuộc đường tròn Lời giải: O AM phân giác BAC => BAM = CAM K CM => M lµ trung ®iĨm cđa cung BC => OM BC => BM 1 1 B 2 ( C I XÐt MCI vµ MAC cã MCI =MAC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau); M lµ gãc chung M MC MI => MCI MAC => => MC = MI.MA MA MC (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => P1 = 900 – K1 mµ K1 lµ gãc ngoµi cđa tam A B A B giác AKB nên K1 = A1 + B1 = (t/c phân giác góc ) => P1 = 900 – ( ).(1) 2 2 C A B CQ tia phân giác góc ACB => C1 = = (1800 - A - B) = 900 – ( ) (2) 2 2 Tõ (1) vµ (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mµ P vµ C n»m cïng vỊ mét nưa mặt phẳng bờ BQ nên A B nằm trªn cung chøa gãc 900 – ( ) dùng trªn BQ 2 VËy ®iĨm P, C, B, Q thuộc đường tròn Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiỊu cao AH = Cm, néi tiÕp ®êng tròn (O) đường kính AA A Tính bán kính đường tròn (O) Kẻ đường kính CC, tứ giác CACA hình gì? Tại sao? Kẻ AK CC tứ giác AKHC hình gì? Tại sao? Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác ABC C' Lời giải: O K 1 (HD) Vì ABC cân A nên đường kính AA đường tròn ngoại 1 C tiếp đường cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AAđi qua H B H BC = 3cm; AH = => ACA vuông C cã ®êng cao CH = 2 A' CH 32 2,5 => AA’ 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H = AH 4 => AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm) V× AA’ CC hai đường kính nên cắt trung điểm O đường => ACAC hình bình hành Lại có ACA = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên suy tứ giác ACAC hình chữ nhật Theo giả thiết AH BC; AK CC => K H nhìn AC díi mét gãc b»ng 900 nªn cïng n»m trªn đường tròn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiÕp (1) => C2 = H1 (néi tiÕp cung ch¾n cung AK) ; AOC cân O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2).Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân 19 Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bài 35 Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vuông góc với AB I, gọi C điểm tuỳ ý thc cung lín MN cho C kh«ng trïng với M, N B Nối AC cắt MN E M Chøng minh tø gi¸c IECB néi tiÕp Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam gi¸c ACM O1 Chøng minh AM2 = AE.AC C E Chøng minh AE AC - AI.IB = AI HÃy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn A B I O ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Lời giải: Theo giả thiết MN AB t¹i I => EIB = 900; ACB néi tiếp chắn nửa đường tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900 N => EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp Theo giả thiết MN AB => A trung ®iĨm cđa cung MN => AMN = ACM ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng 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 trªn AME ACM => => AM2 = AE.AC AC AM AMB = 90 (néi tiÕp chắn nửa đường tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông) áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vuông I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI Theo trªn AMN = ACM => AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ECM; Nèi MB ta cã AMB = 900 , ®ã tâm O1 đường tròn ngoại tiếp ECM phải n»m trªn BM Ta thÊy NO1 nhá nhÊt NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM Gọi O1 chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta O1 tâm đường tròn 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 tròn tâm O1 bán kính O1M với đường tròn (O) O1 hình chiếu vuông 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 vuông 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 néi tiÕp => N2 = D4 (néi tiÕp cïng ch¾n 1 cung HP); HDC cã HDC = 90 (do AH đường cao) HDP có HPD = M 1N 900 (do DP HC) => C1= D4 (cïng phơ víi DHC)=>C1=N2 (1) 1 chøng minh t¬ng tù ta cã B1=P1 (2) D B C Tõ (1) vµ (2) => HNP HCB Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => N1 = D1 (néi tiÕp cïng ch¾n cung BM).(3) DM // CF ( cïng vu«ng gãc víi AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4) Theo chứng minh trªn C1 = N2 (5) Tõ (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) Tõ (6), (7) => Bèn ®iĨm M, N, P, Q thẳng hàng 20