Cd 4 chung minh hai doan thang bang nhau

Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 Chủ đề 4: CHỨNG MINH HAI ĐOẠN THẲNG BẰNG NHAU PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH Phương pháp 1: Chứng minh hai đoạn thẳng hai cạnh tương ứng hai tam giác Phương pháp 2: Sử dụng tính chất hai đường chéo hình bình hành, hình chữ nhật, hình vuông cắt trung điểm đường Phương pháp 3: Vận dụng tính chất hai cạnh bên tam giác cân Phương pháp 4: Vận dụng tính chất ba cạnh tam giác Phương pháp 5: Vận dụng cạnh đối hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi, hình vng Phương pháp 6: Chứng minh hai đoạn thẳng đoạn thẳng thứ ba Phương pháp 7: Chứng minh hai đoạn thẳng hai cạnh bên hình thang cân Phương pháp 8: Trong đường tròn hai đường tròn nhau, hai dây căng hai cung Phương pháp 9: Trong đường tròn hai đường tròn nhau, hai dây cách tâm Phương pháp 10: Vận dụng định lí, đường thẳng qua trung điểm cạnh tam giác song song với cạnh thứ hai qua trung điểm cạnh thứ ba Phương pháp 11: Vận dụng định nghĩa đường trung trực đoạn thẳng, định nghĩa trung điểm đoạn thẳng, định nghĩa đường trung tuyến tam giác Phương pháp 12: Chứng minh hai đoạn thẳng thẳng có số đo Phương pháp 13: Chứng minh hai đoạn thẳng đoạn thẳng thứ ba Phương pháp 14: Chứng minh hai đoạn thẳng tổng, hiệu, trung bình nhân,…, hai đoạn thẳng đôi Phương pháp 15: Sử dụng tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền, tính chất cạnh đối diện với góc 300 tam giác vng Phương pháp 16: Sử dụng tính chất đường phân giác góc Phương pháp 17: Sử dụng tính chất hai đoạn thẳng song song chắn hai đường thẳng song song Phương pháp 18: Chứng minh phản chứng Phương pháp 19: Trang 01 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 Sử dụng đoạn thẳng cho trước biến đổi Phương pháp 20: Sử dụng định lí đường trung bình tam giác (thuận đảo) Phương pháp 21: Sử dụng tính chất trọng tâm tam giác (tính chất giao điểm ba đường phân giác tam giác), tính chất giao điểm ba đường trung trực Phương pháp 22: Sử dụng bình phương chúng (có thể sử dụng định lí Pitago, tam giác đồng dạng, hệ thức lượng tam giác, đường tròn để đưa bình phương chúng nhau) CÁC VÍ DỤ Mức độ 1: NB Câu 1: D ABC cân A Vẽ đường tròn ( O; R ) tiếp xúc với AB, AC B, C Đường thẳng qua điểm M BC vng góc với OM cắt tia AB, AC D, E a) Chứng minh điểm O, B, D, M thuộc đường tròn b) Chứng minh MD = ME Hướng dấn giải · · a) Ta có: DBO = DMO = 900 (vì gt) Þ điểm B, M thuộc đường trịn đường kính DO Þ đpcm b) Chứng minh tương tự có điểm O,C , E , M thuộc · · đường trịn Þ MEO (vì góc nội tiếp = MCO A E chắn cung MO ) · · (vì góc nội tiếp chắn cung MO ) MBO = MDO B D · · Mà MBO (vì D BOC cân O ) = MCO · · Þ MEO Þ D DOE cân O = MDO Câu 2: C M Mà MO ^ DE nên MD = ME (đpcm) Cho đường trịn tâm O , đường kính AC = 2R Từ điểm E đoạn OA ( E không trùng với A O ) Kẻ dây BD vng góc với AC Kẻ đường kính DI đường tròn (O) a) Chứng minh rằng: AB = CI b) Chứng minh rằng: EA2 + EB + EC + ED  = 4R 2R Hướng dấn giải Tính diện tích đa giác ABI CD theo R OE = a) Chứng minh rằng: AB = CI Ta có: BD ^ AC (gt) · DBI = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) B I  Þ BD ^ BI » = CI º Þ AB = CI Do đó: AC // BI Þ AB b) Chứng minh rằng: EA2 + EB + EC + ED  = 4R » = AD ¼ nên AB = AD Vì BD ^ AC  Þ AB A E O D Trang 02 C Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 Ta có: EA + EB + EC + ED = AB + CD 2 = AD +CD    = AC = ( 2R ) = 4R c) Tính diện tích đa giác ABI CD theo R OE = 2R 1 SABICD = SABD + SABIC = DE AC + EB ( BI + AC ) 2 * OE = 2R R 2R 5R EC = Þ AE = +R = 3 3 * DE = AE EC = R 5R = 5R Þ DE = R Do đó: EB = R 3 3 * BI = AC - 2AE = 2R - R 4R = 3 ö R 16R R R 5æ 4R 8R ữ ỗ ữ S = R + + R = = Vậy: ABICD (vdt) ỗ ữ ữ 3 ỗ è3 ø Câu 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ba đường cao AA’ , BB’ ,CC ’ cắt H Vẽ hình bình hành BHCD Đường thẳng qua D song song với BC cắt đường thẳng AH M 1) Chứng minh năm điểm A, B,C , D, M thuộc đường tròn 2) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh BM = CD · · BAM = OAC 3) Gọi K trung điểm BC, đường thẳng AK cắt OH G Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC Hướng dấn giải HD: HS tự vẽ hình 1) Chứng minh tứ giác ABMD, AMDC  nội tiếp Þ A, B,C , D, M nằm đường trịn » Þ dây MB = dây CD hay BM = CD ¼ = sđ CD 2) Xét (O) có dây MD // BC Þ sđ MB · · + Theo phần 1) BC // MD Þ BAM = OAC 3)Chứng minh OK đường trung bình tam giác AHD Þ OK // AH OK = AH Câu 4: hay OK = ( *) AH + Chứng minh tam giác OGK đồng dạng với tam giác HGA OK GK Þ = = Þ AG = 2GK , từ suy G trọng tâm tam giác ABC AH AG Mức độ 2: TH Cho hai đường tròn (O) (O ¢) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung ngồi BC , B Ỵ (O ) , C Ỵ (O ¢) Đường thẳng BO cắt (O) điểm thứ hai D a) Chứng minh tứ giác CO’OB hình thang vng b) Chứng minh ba điểm A, C , D thẳng hàng c) Từ D kẻ tiếp tuyến DE với đường trịn (O ¢) ( E tiếp điểm) Chứng minh DB = DE Trang 03 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 Hướng dấn giải B C O A O’ E D a) Theo tính chất tiếp tuyến ta có OB,O ¢C vng góc với BC  tứ giác CO ¢OB hình thang vng · · · · · b) Ta có ABC  ABC + BCA = 900  BAC = BDC = 900 · Mặt khác, ta có góc BAD = 900 (nội tiếp nửa đường trịn) Câu 5: · Vậy ta có góc DAC = 1800 nên điểm D, A, C thẳng hàng c) Theo hệ thức lượng tam giác vuông DBC ta có DB = DA.DC Mặt khác, theo hệ thức lượng đường tròn (chứng minh tam giác đồng dạng) ta có DE = DA.DC Þ DB = DE Cho đường tròn (O) (O ¢) cắt hai điểm A, B phân biệt Đường thẳng OA cắt (O) , (O ¢) điểm thứ hai C , D Đường thẳng OA cắt (O) , (O ¢) điểm thứ hai E ,F a) Chứng minh đường thẳng AB,CE DF đồng quy điểm I b) Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn c) Cho PQ tiếp tuyến chung ca (O) v (O Â) ( P ẻ (O) ,Q Î (O ¢) ) Chứng minh đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng PQ Hướng dấn giải · a) Ta có: ABC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) · ABF = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) I E D nên B,C , F thẳng hàng AB,CE DF đường cao tam giác ACF nên chúng đồng quy · · b) Do IEF = IBF = 900 suy BEIF nội tiếp đường tròn c) Gọi H giao điểm AB PQ Ta chứng minh tam giác AHP PHB A O' O B C P H F Q HP HA = Þ HP  = HA.HB HB HP Tương tự, HQ  = HA.HB   Vậy HP = HQ hay H trung điểm PQ đồng dạng Þ Trang 04 Tài liệu ơn thi vào 10 năm 2017 Câu 6: Cho đường tròn tâm O đường kính AB , nửa đường tròn (O) lấy điểm G E (theo thứ tự A,G, E , B ) cho tia EG cắt tia BA D Đường thẳng vuông góc với BD D cắt BE C , đường thẳng CA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai F a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp b) Chứng minh: BF = BG DA DG DE = BA BE BC Hướng dấn giải a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp · B = 900 (góc nt chắn nửa đường trịn) Ta có: AF c) Chứng minh: · · Ta có: CDB = CFB = 900 Þ tứ giác DFBC nội tiếp đường trịn đường kính BC b) Chứng minh: BF = BG · Ta có: AEB = 900 (góc nt chắn nửa đường trịn) C E G D A · Þ AEC = 900 · · Ta có: AEC + ADC = 1800  Tứ giác ADCE nội tiếp đường tròn đường kính AC ¶ = C¶ (vì nt chắn cung DA ) Þ E 1 O B F ¶ = C¶ (vì nt chắn cung DF đường trịn đường kính BC ) Ta có: B 1 ả =B ả ị AG ằ ị BF ằ = BG ẳ = AF ẳ ị BF = BG Do đó: E 1 DA DG DE = BA BE BC Ta chứng minh được: c) Chứng minh: D DGB ∽ D DAE (g C – g) E DG DB Þ = Þ DG DE = DA.DB  ( 1) DA DE D BEA ∽ D BDC (g – g) G D BE BA Þ = Þ BE BC = BA.BD ( 2) BD BC A O B F DG.DE DA.DB DA Từ ( 1) ( 2) suy ra:    đpcm  BE.BC BA.BD BA Mức độ 3: VDT Câu 7: Cho hai đường tròn ( O, R ) ( O ', R ') với R > R ' cắt A B Kẻ tiếp tuyến chung DE hai đường trịn với D Ỵ ( O ) E Ỵ ( O ') cho B gần tiếp tuyến so với A · · a) Chứng minh DAB = BDE b) Tia AB cắt DE M Chứng minh M trung điểm DE Trang 05 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 c) Đường thẳng EB cắt DA P , đường thẳng DB cắt AE Q Chứng minh PQ song song với AB Hướng dấn giải · A B = 1sđD » B (góc nội tiếp) a) Ta có D · DE = 1sđD » B (góc tiếp tuyến B · · dây cung) Suy DAB = BDE b) Xét hai tam giác DMB AMD có: · · · chung, DAM nên DMA = BDM D M E B P Q O O' A MD MA  D DMB ~D AMD  MB MD hay MD MA.MB Tương tự ta có: D EMB ~D AME   ME MA   hay ME MA.MB MB ME Từ đó: MD = ME hay M trung điểm DE · · · · c) Ta có DAB , EAB = BDM = BEM · · · · · · · · Þ PAQ + PBQ = DAB + EAB + PBQ = BDM + BEM + DBE = 1800 · · · · tứ giác APBQ nội tiếp Þ PQB Kết hợp với PAB = PAB = BDM · · Hai góc vị trí so le nên PQ song song với AB PQB = BDM Þ Câu 8: suy Cho đường trịn ( O;R ) có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN đường trịn (O;R ) ( M khác A, M khác B ) Tiếp tuyến đường tròn ( O;R ) B cắt đường thẳng AM , AN điểm Q, P 1) Chứng minh tứ giác AMBN hình chữ nhật 2) Chứng minh bốn điểm M , N , P ,Q thuộc đường tròn 3) Gọi E trung điểm BQ Đường thẳng vng góc với OE O cắt PQ điểm F Chứng minh F trung điểm BP ME // NF 4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O thỏa mãn điều kiện P đề bài, xác định vị trí đường kính MN để tứ giác MNPQ có N diện tích nhỏ F Hướng dấn giải 1) Tứ giác AMBN có góc vng, góc nội tiếp chắn nửa O B A đường trịn · · 2) Ta có ANM (cùng chắn cung AM ) = ABM · · ABM (góc có cạnh thẳng góc) = AQB M · · ANM nên MNPQ nối tiếp = AQB E 3) OE đường trung bình tam giác ABQ OF // AP nên OF đường trung bình tam giác ABP Suy F trung điểm BP Mà AP vng góc với AQ nên OE vng góc OF Q Trang 06 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 Xét tam giác vng NPB có F trung điểm cạnh huyền BP · Xét tam giác D NOF = D OFB ( c - c - c)   nên ONF = 900 · Tương tự ta có OME = 900 nên ME // NF vng góc với MN 4) 2SMNPQ = 2SAPQ - 2SAMN = 2R.PQ - AM AN = 2R.(PB + BQ) - AM AN Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy AB BP = Þ AB = BP QB QB BA Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB + BQ ³ PB BQ = (2R )2 = 4R Ta có AM A N £ AM + AN MN = = 2R 2 2 2 Do đó, 2SMNPQ ³ 2R.4R - 2R = 6R Suy SMNPQ ³ 3R Dấu xảy AM = AN PQ = BP hay MN vng góc AB Câu 9: Cho hai đường trịn ( O; R ) ( O ¢; R ¢) tiếp xúc ngồi A Vẽ tiếp tuyến chung BC (B, C thứ tự tiếp điểm thuộc ( O; R ) ( O ¢; R ¢) ) · a) Chứng minh BAC = 900 b) Tính BC theo R, R ¢ c) Gọi D giao điểm đường thẳng AC đường tròn ( O ) (D ¹ A), vẽ tiếp tuyến DE vi ng trũn ( O Â) (E ẻ ( O ¢) ) Chứng minh BD = DE Hướng dấn giải a) Qua A vẽ tiếp tuyến chung cắt BC M Ta có MB = MA = MC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) µ = 900 Þ A C M B A O b) Giả sử R ¢> R Lấy N trung điểm OO ¢ Ta có MN đường trung bình hình thang vuụng OBCO Â = Cà = 900 ) v tam giác AMN (OB // O ¢C ; B O' N D E vng A Có MN = R +R ' R ¢- R ; AN = Khi MA2 = MN - AN = RR ¢ 2 Þ MA = RR ' mà BC = 2MA = RR ' · c) Ta có O, B, D thẳng hàng (vì BAD = 900 ; OA = OB = OD ) · D BDC có DBC () = 900, BA  ^ CD, ta có: BD = DA DC    1 D ADE ~D EDC ( 1) , ( 2)  Þ )Þ ( gg BD = DE DE DA Þ DA DC = DE   2  DC DE ( ) ( đpcm) Mức độ 4: VDC Trang 07 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 Câu 10: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R tia tiếp tuyến Ax phía với nửa đường trịn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn ( C tiếp điểm) AC cắt OM E ; MB cắt nửa đường tròn ( O ) D (D khác B ) a) Chứng minh: AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn b) MA2 = MD.MB c) Vẽ CH vng góc với AB (H  Ỵ AB ) Chứng minh MB qua trung điểm CH Hướng dấn giải · a) ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) · Þ ADM = 900 () Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến) Suy OM đường trung trực AC · Þ AEM = 900 ( 2) Từ ( 1) ( 2) suy MADE tứ giác nội tiếp x N C M D E A I H O B đường tròn đường kính MA b) Xét D MAB vng A có AD ^ MB , suy ra: MA2 = MB MD (hệ thức lượng tam giác vuông) · c) Kéo dài BC cắt Ax N , ta có ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) · Þ ACN = 900 , suy D ACN vng C Lại có MC = MA nên suy MC = MN , MA = MN ( 5) Mặt khác ta có CH // NA (cùng vng góc với AB ) nên theo định lí Ta-lét IC IH ỉ BI ÷ ç ÷ = ç= ( 6) với I giao im ca CH v MB ữ MN MA ỗ ố BM ÷ ø Từ ( 5) ( 6) suy IC = IH hay MB qua trung điểm CH Câu 11: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, D điểm tùy ý nửa đường tròn ( D khác A D khác B ) Các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O) A D cắt C , BC cắt nửa đường tròn (O) điểm thứ hai E Kẻ DF vng góc với AB F a) Chứng minh: Tứ giác OACD nội tiếp b) Chứng minh: CD = CE CB c) Chứng minh: Đường thẳng BC qua trung điểm DF d) Giả sử OC = 2R, tính diện tích phần tam giác ACD nằm ngồi nửa đường tròn (O) theo R Hướng dấn giải a) Xét tứ giác OACD có: · CAO = 900 (CA tiếp tuyến ) · CDO = 900 (CD tiếp tuyến ) · · Þ CAO + CDO = 1800 Þ Tứ giác OACD nội tiếp Trang 08 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 b) + Xét D CDE D CBD có: ỉ ¼ · Ã ỗ ÃDCE chung v CDE ữ = CBD = sdDE ữ ỗ ữ ỗ ữ ố ứ D CDE D CBD (g.g) CD CE = Þ CD = CE CB CB CD c) Tia BD cắt Ax A ¢ Gọi I giao điểm BC DF · Ta có ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Þ · Þ ADA ' = 900 , suy D ADA ¢vng D Lại có CD = CA ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau) nên suy CD = CA ¢, CA = A ¢C ( 1) Mặt khác ta có DF // AA ¢(cùng vng góc với AB ) nên theo định lí Ta-lét thỡ ID IF ổ BI ữ ỗ ữ = = ỗ ( 2) ữ ữ CA' CA ỗ è BC ø Từ ( 1) ( 2) suy ID = IF Vậy BC qua trung điểm DF OD · · d) Tính cosCOD = = Þ COD = 600 0C · Þ AOD = 1200 Squat = p.R 2.120 pR (đvdt) = 360 Tính CD = R 1 (đvdt) SDOCD = CD.DO = R 3.R = R 2 SOACD = 2.SDOCD = 3R (đvdt) Diện tích phần tam giác ACD nằm ngồi nửa đường trịn (O) pR ỉ p÷ ÷ SOACD - Squat = 3R =ỗ R (vdt) ỗ ç ÷ 3÷ è ø Câu 12: Từ điểm A nằm bên ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B,C tiếp điểm) 1) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp 2) Cho bán kính đường trịn (O) 3cm, độ dài đoạn thẳng OA 5cm Tính độ dài đoạn thẳng BC 3) Gọi ( K ) đường tròn qua A tiếp xúc với đường thẳng BC C Đường tròn ( K ) đường tròn (O) cắt điểm thứ hai M Chứng minh đường thẳng BM qua trung điểm đoạn thẳng AC Hướng dấn giải Trang 09 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 B M H A O E K C · a) - Có AB ^ OB (tính chất tiếp tuyến) Þ ABO = 900 · - Có AC ^ OC (tính chất tiếp tuyến) Þ ACO = 900 · · - Xét tứ giác ABOC có ABO + ACO = 900 + 900 = 1800 nên nội tiếp đường tròn b) - AB AC hai tiếp tuyến đường tròn (O) nên AO đường trung trực BC Gọi H giao điểm AO BC , ta có BC = 2BH - D ABO vng B có BH đường cao nên OB = OH AO Þ OH = OB = cm AO - D OBH vng H Þ BH = OB – OH  Þ BH = 12 cm 24 cm c) - Gọi E giao điểm BM AC · · · · - D EMC D ECB có MEC (Góc nt góc tạo tia tiếp = CEB MCE = EBC tuyến CA chắn cung MC đường tròn (O) ) - Vậy BC = 2BH = Þ D EMC : D ECB ( g - g) Þ EC = EM EB ( *) · · - D EMA D EAB có MEA = AEB ( a) và: · · + Có MAE = MCB ( 3) ( Góc nt góc tạo tia tiếp tuyến CB chắn cung MC đường tròn ( K ) ) · · + Có MCB = ABE ( 4) ( Góc nt góc tạo tia tiếp tuyến BA chắn cung MB đường tròn (O)) · · + Từ ( 3) ( 4) Þ MAE = ABE ( b) - Từ ( a) ( b) Þ D EMA : D EAB ( g - g) Þ EA = EM EB ( * *) 2 - Từ ( *) ( * *) Þ EC = EA ÞEC = EA Vậy BM qua trung điểm E AC BÀI TẬP TỰ LUYỆN Trang 010 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 Mức độ 1: NB  không chứa A ta lấy Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  Trên cung BC điểm P ( P khác B P khác C ) Các đoạn PA BC cắt Q Giả sử D điểm đoạn PA cho PD PB Chứng minh PDB Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) Đường phân giác góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác D Gọi I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh DB DC DI Bài Cho hình vng ABCD, đường chéo BD lấy điểm I cho BI = BA Đường thẳng qua I vng góc với BD cắt AD E, AI cắt BE H Chứng minh AE ID Mức độ 2: TH Bài Cho đường tròn (O; R) đường kính AC Trên đoạn thẳng OC lấy điểm B vẽ đường trịn (O’) có đường kính BC Gọi M trung điểm AB, qua M kẻ dây cung vng góc với AB cắt đường trịn (O) D E Nối CD cắt đường tròn (O’) I Chứng minh MD = MI Bài Cho đường tròn (O) dây cung BC cố định Gọi A điểm di động cung lớn BC · đường tròn (O) (A khác B, A khác C) Tia phân giác ACB cắt đường tròn (O) điểm D khác điểm.C Lấy điểm I thuộc đoạn CD cho DI = DB Đường thẳng BI cắt đường tròn (O) điểm K khác điểm.B Chứng minh tam giác KAC cân Bài Cho đường tròn (O) đường kính AB C điểm cung AB (C khác A B) Vẽ CH  AB  H  AB Vẽ đường tròn (C; CH) cắt đường tròn (O) D E DE cắt CH M Chứng minh MH = MC Mức độ 3: VDT Bài Giả sử A B hai điểm phân biệt đường tròn (O) Các tiếp tuyến đường tròn (O) Các tiếp tuyến đường tròn (O) A B cắt điểm M Từ A kẻ đường thẳng song song với MBcắt đường tròn (O) tại.C MC cắt đường tròn (O) E Các tia AE MB cắt K Chứng minh MK KB Bài Cho đường tròn (O; R) từ điểm M bên ngồi đường trịn ta kẻ hai đường thẳng cắt đường tròn điểm A, B C, D biết AB = CD Chứng minh MA = MC Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn tâm O AB  AC Vẽ đường kính AD đường trịn (O) Kẻ BE CF vng góc với AD (E, F thuộc AD) Kẻ AH vng góc với BC (H thuộc BC) Gọi M trung điểm BC Chứng minh ME = MF Mức độ 4: VDC Bài Cho tam giác ABC có AC = 2AB nội tiếp đường tròn (O; R) Các tiếp tuyến đường tròn (O) A, C cắt M BM cắt đường tròn (O) tại.D Chứng minh rằng: CD BD Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn K tiếp xúc với CA, AB E, F tiếp xúc với (O) S SE, SF cắt (O) M, N khác S Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEM, AFN cắt P khác.A Gọi EN, FM cắt (K) G, H khác E, F Gọi GH cắt MN T Chứng minh tam giác AST cân Bài Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A vẽ đường trịn (O) đường kính HC Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa Avẽ nửa đường trịn (O’) đường kính BC Qua điểm E thuộc nửa đường trịn (O) kẻ EI vng góc với BC cắt nửa đường tròn (O’) F Gọi K giao điểm EH BF Chứng minh CA = CK Trang 011 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 HƯỚNG DẪN GIẢI Mức độ 1: NB Bài Trước tiên ta nhận thấy tam giác PBD cân P    Mặt khác, BPD BPA BCA 600 (hai góc nội tiếp chắn  đường tròn  O  ) AB Vậy nên tam giác PDB Bài Ta ln có DB DC AD phân giác góc A Ta chứng minh tam giác DIB cân D    Thật ta có: IBD IBC  CBD A O D B C Q P A   Mặt khác CBD CAD (Góc nội tiếp chắn cung CD ) mà     , IBC BAD CAD IBA I (Tính chất phân giác) suy    IBD  ABI  BAI O C B    Nhưng BID (Tính chất góc ngồi)  ABI  BAI D Như tam giác BDI cân D  DB DI DC Nhận xét: Thơng qua tốn ta có thêm tính chất: Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC giao điểm phân giác góc A với (O) Bài A Tam giác ABI cân B nên B BAI BIA    suy EAI hay EA = EI (1) EIA Xét DIE vuông cân đỉnh I IE = ID (2) H E Từ (1) (2) suy AE = ID (đpcm) F Mức độ 2: TH Bài Đường kính ACvng góc với dây DE M  MD ME Tứ giác ADBE có MD = ME MA = MB(gt), AB  DE  ADBE hình thoi (hình bình hành có hai đường chéo vng góc nhau)  Ta có BIC 900 (góc nội tiếp chắn nủa đường trịn I D C D I B A M O H O' (O’))  ADC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  BI  CD AD  DC nên AD // BI, mà BE // AD  E, B, I thẳng hàng (tiên đề Ơclit) DIE có IM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền  MI = MD Bài E Trang 012 C Tài liệu ơn thi vào 10 năm 2017 Ta có 1ổ ằ Ã ẳC ữ ằ + s ằAK ; sDIB = ỗ sBD + sK s DA ữ ỗ ố ứ 2 ằ + sDA ằ D DBI cân D Vì sđBD · = DBK ( ) ¼ Suy AK = CK nên sđK¼C + sđAK hay D K AC cân K (đpcm) Bài Dựng đường kính HN đường tròn (C) cắt đường tròn (O) K ta có CN = CH = HK MC.MK = MH.MN (=MD.ME)  MC.MK = (HC  MC) (HC + MC)  MC.MK = HC  MC  MC( MC  MK ) HC N D C M E Hay  MC( MC  MK ) HC A H O Nên  MC.2 HC HC  HC 2 MC điều phải chứng minh B K Mức độ 3: VDT Bài       ) (2) Do MB / / AC nên BMC (1), ta lại có ACM (cùng chắn AE  ACM  ACE MAE Từ (1) (2) suy KME KAM (g.g) A MK EK   hay MK  AK.EK (3) AK MK    ) Ta thấy EAB (cùng chắn BE EBK E C Từ EBK BAK (g.g) M O BK EK   hay BK  AK.EK (4) AK BK K 2 Từ (3) (4) suy MK KB nghĩa MK MB (đpcm) B Bài Vẽ OH  AB  H  AB , OK  CD  K  CD  Ta có AB = CD (gt), nên OH = OK (định lý liên hệ dây cung khoảng cách đến tâm) H, K trung điểm AB, CD (định lý đường kính vng góc dây cung)  AH = CK  Xét OHM OHM 90 có OM (cạnh chung)  B H M C  OH = OK, OHM OKM (cạnh huyền, cạnh góc vng)  MH  MK Ta có MH  AH MK  CK  MA MC A O D K Trang 013 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 Bài  Theo có AEB  AHB 900 A Suy bốn điểm A, B, H, E thuộc đường tròn   Tứ giác ABHE nội tiếp đường tròn  BAE EHC    Mặt khác, BCD (góc nội tiếp chắn BD BAE ) O E   Từ (1) (2) suy BCD EHC suy HE // CD Gọi K trung điểm EC, I giao điểm MK với ED Khi MK đường trung bình BCE  MK // BE; mà BE  AD (gt)  MK  AD hay MK  EF (3) Lại có CF  AD (gt)  MK // CF hay KI // CF ECF có KI // CF, KE = KC nên IE = IF (4) Từ (3) (4) suy MK đường trung trực EF  ME = MF K I B H C M F D Mức độ 4: VDC Bài  Xét MAD MBA có AMB chung;   (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến MAD MBA M  ) dây chắn AD  MAD # MBA (g.g) D MA AD MD   MB AB MA Ta có MA  MC (tính chất hai tiếp  tuyến cắt đường tròn)  Lập luận tương tự, ta có A E B C MD MD  MA MC O MD CD  MC BC AD CD   AD.BC  AB.CD AB BC   Dựng điểm E  AC cho EDC  ADB Suy     (cách dựng), ABD (hai góc nội tiếp chắn DAB DEC có ADB EDC ECD  ) AD  DAB # DEC (g.g)  AB  BD  AB.DC EC.BD (1) EC DC     Do EDC , nên DAE # DBC (g.g)  ADB  BDC  ADE  AD.BC BD.AE (2) Từ (1) (2) ta có AB.CD  AD.BC BD  AE  EC  BD.AC Trang 014 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017  AD.BC  AB.CD  AB.CD  AC.BD Ta có   AD.BC  AB.CD  AC.BD Mà AC 2 AB (gt)  AB.CD 2 AB.BD  CD BD Bài Phân tích + Để chứng minh AMPN hình bình hành ta chứng minh cặp cạnh đối song song dựa vào góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến dây cung + Để chứng minh TA = TS ta nghỉ đến việc chứng minh TA, TS tiếp tuyến đường tròn (O) Cách giải A M N G T H O F P E K C B S     Ta thấy APF 180  ANS AMS 180  APE suy F, P, E thẳng hàng     Ta có APM góc nội tiếp chắn cung AM, AEM (đối đỉnh)  AEM SEC   S (Tính chất góc tạo tia tiếp tuyến Vì AC tiếp tuyến đường tròn (K) nên SEC EF dây)   Mà EFS tứ giác ANFP nội tiếp PAN   Vậy APM PAN  AN / / PM Chứng minh tương tự ta có: AM / / PN  ANPM hình bình hành + Các tam giác SKF, SON cân có chung đỉnh S nên đồng dạng suy KF // ON SF SK SE   tương tự KE // OM suy suy MN // EF SN SO SM    Từ HGE suy tứ giác MNGH nội tiếp HFE HMN Giả sử TS cắt (O) (K) S1 , S2 TS.TS1 TM.TN TH TG TS.TS2 suy TS1 TS2 suy S1 S2 S Vậy TS tiếp tuyến (O) Tứ giác ANPM hình bình hành nên AP MN cắt trung điểm I đường Ta có theo tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung:        Ta lại có AMI IAM PES FST NAS  AMN  ASN Vậy AIM ANS suy AM.SN  AI AS Tương tự AN.SM  AI SN  AM.SN Trang 015 Tài liệu ôn thi vào 10 năm 2017 Từ theo tính chất tiếp tuyến TS tiếp xúc với (O) TM SM AM   TN SN AN Vậy TA tiếp xúc với (O) Suy TA = TS Bài Phân tích: Ta có CA CB.CH nên để chứng minh CA CK , ta chứng minh CK CB.CH Điều làm ta nghĩ đến chứng minh CKH CBK ,  B  cần chứng minh K suy A E B H I O' O C 1 Xét góc phụ với hai góc trên, cần chứng minh   ECK BCF K  C  Muốn cần chứng minh C 2 F  K  (do CEKF tứ giác nội Chỉ cần chứng minh hai góc phụ với chúng E tiếp) Cách giải  K    F 90  900 1800 nên tứ giác nội tiếp, suy E Tứ giác CEKF có: E 1  C  Do hai góc phụ với chúng C    Cùng cộng thêm BCK , ta ECK BCF  B  Do hai góc phụ với chúng K 1 CK CH   CK CB.CH (1) CB CK Theo hệ thức lượng tam giác ABCvng A ta có: CA = CB CH (2) Từ (1) (2) suy CA CK CKH CBK (g.g)  Trang 016