Cd 11 chung minh dang thuc hinh hoc

Tài liệu ôn thi vào năm 2017 Chủ đề 11: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC I PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH Sử dụng tam giác đồng dạng, tam giác Hệ thức lượng tam giác vuông Tính chất : đường trịn, hình vng, hình chữ nhật, hình thoi Dựng hình phụ … II CÁC VÍ DỤ Mức độ 1: NB Câu Cho nửa đường tròn đường kính AB 2 R 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 Chứng minh AC  BD CD  b) Chứng minh COD 90 a) c) Chứng minh AC.BD  AB Hướng dẫn giải y D x M C B O a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA CM , DB DM  AC  BD CM  DM Mà CM  DM CD  AC  BD CD A  b) 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 90  c) Theo COD 90 nên tam giác COD vng O có OM  CD ( OM tiếp tuyến) áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OM CM DM  AC.BD R  AC BD  AB Mà OM R , CA CM , DB DM Câu Cho hình vng ABCD , điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DE , đường thẳng cắt đường thẳng DE DC theo thứ tự H K Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp b) Tính góc CHK c) Chứng minh KC.KD KH KB a) Hướng dẫn giải Tài liệu ôn thi vào năm 2017 B A O E C D a) H K   Theo giả thiết ABCD hình vng nên BCD 90 , BH  DE H nên BHD 90 Như H C nhìn BD góc 90 nên H C nằm đường tròn đường kính BD suy BHCD tứ giác nội tiếp   BHCD tứ giác nội tiếp BDC  BHC 180  1   KHC  BHC 180    BHK góc bẹt nên     BDC  1 ,    CHK Từ mà BDC 45 (vì ABCD hình vuông) CHK 45    c) Xét KHC KDB ta có CHK BDC 45 , K góc chung KC KH  KHC ~ KDB    KC.KD KH KB KB KD Câu Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB 2 R Trên tia đối tia BA lấy điểm G (khác với O điểm B ) Từ điểm G, A, B kẻ tiếp tuyến với đường tròn   Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B C D Gọi N tiếp điểm tiếp tuyến qua G CN DN  O với đường tròn   Chứng minh CG DG b) Hướng dẫn giải C N D A O B G AC DB BD  AG, AC  AG  BD //AC  GBD ~ GAC  g g   CG  DG Ta có : Mặt khác CA CN , DB DN (Tính chất hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm) CN DN   CG DG Mức độ 2: TH Tài liệu ôn thi vào năm 2017 Câu Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB 2 R Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC a) Chứng minh tứ gíac CBMD nội tiếp b) Chứng minh : DB.DC DN AC Hướng dẫn giải D C N M A B  a) Góc ADB 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Mà AD / / BC  DB  BC   Xét tứ giác DMBC có DMC DBC 90 nên nội tiếp b) Ta có DBN ~ CAD (g.g)    Vì DAC DBN ( chắn cung DN )     BDN BAN (cùng chắn cung BN ) DCA DN DB   DB.DC DN AC DC AC Câu Cho tam giác ABC nội tiếp trịn tâm O có độ dài cạnh BC a , AC b , AB c E điểm nằm cung BC không chứa điểm A cho cung EB cung EC , AE cắt cạnh  BC D Chứng minh : AD  AB AC – DB.DC Hướng dẫn giải C E b a B D O A c     Ta có BAD CAE ( Do EB EC )   Và AEC DBA ( Hai góc nội tiếp chắn cung AC ) nên BAD ~ EAC BA AE    AB AC  AE AD  1 AD AC Tài liệu ôn thi vào năm 2017     Ta có ADC BDC CAD DBE (2 góc nội tiếp chắn cung CE ) nên ACD ~ BDE  AD DB   AD.DE DB.DC DC DE AD  AE  AD  DB.DC Hay AD  AD AE  DB.DC  AB.AC  DB.DC (do   ) Câu Cho tam giác ABC có AD đường phân giác góc A Chứng minh rằng: AD  AB AC – BD.CD Hướng dẫn giải A B C D K   Trên AD lấy điểm k cho: ABK  ADC Dễ thấy AD  AK – DK ABK  ADC BAK   CAK ; AK AC  ABK ~ ADC  g g   AB  AD  AK AD  AB AC (1)   BDK  ADC , BKD  ACD (do ABK ~ ADC ) BD DK  BDK ~ ADC  g g   AD  DC  DK AD BD.DC (2) Trừ vế theo vế (1) (2), ta được: AK AD  DK AD  AB AC  BD.DC Hay: AD  AB AC  BD.DC (đpcm) Mức độ 3: VDT O Câu Cho đường tròn   , BC dây BC  R Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường vng góc MI , MH , MK xuống cạnh tương ứng BC , AC , AB a) Chứng minh tam giác ABC cân b) Các tứ giác BIMK , CIMH nội tiếp c) Chứng minh MI MH MK Hướng dẫn giải Tài liệu ôn thi vào năm 2017 A H K B M 1 12 C I O a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AB  AC  ABC cân A   b) Theo giả thiết MI  BC  MIB 90 ; MK  AB  MKB 90    MIB  MKB 180 mà hai góc đối  tứ giác BIMK nội tiếp * ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứ giác BIMK )   c) Theo tứ giác BIMK nội tiếp  KMI  KBI 180 , tứ giác CIMH nội tiếp        KMI HMI  1  HMI  HCI 180 Mà  KBI HCI (vì tam giác ABC cân A )   Theo tứ giác BIMK nội tiếp B1 I1 (nội tiếp chắn cung KM ); tứ giác CIMH nội   2  C   C    I H  H B 1 ( nội tiếp chắn cung IM ) Mà 1 ( sđ BM tiếp ) Từ  1 ,    MKI ~ MIH  MI MK   MI MH MK MH MI AI  AO AB cố định, điểm I nằm A O cho Câu Cho đường trịn MN C MN C Kẻ dây vng góc với AB I Gọi điểm tùy ý thuộc cung lớn cho M , N không trùng với B Nối AC cắt MN E  O  , đường kính a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AME ~ ACM AM  AE AC c) Chứng minh AE AC  AI IB  AI Hướng dẫn giải Tài liệu ôn thi vào năm 2017 M C E A I O B N  a) Ta có EIB 90 (giả thiết)  ECB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Kết luận: Tứ giác IECB tứ giác nội tiếp     b) Ta có : sđ AM = sđ AN , AME  ACM  Góc A chung, suy AME ~ ACM AC AM   AM  AE AC AE Do : AM c) MI đường cao tam giác vuông MAB nên MI  AI IB Trừ vế hệ thức câu b) với hệ thức 2 Ta có: AE AC  AI IB  AM  MI  AI O O Câu Cho đường trịn   có tâm O , đường kính BC Lấy điểm A đường tròn   cho AB  AC Từ A , vẽ AH vng góc với BC ( H thuộc BC ) Từ H , vẽ HE vng góc với AB HF vng góc với AC ( E thuộc AB , F thuộc AC ) a) Chứng minh AEHF hình chữ nhật OA vng góc với EF O b) Đường thẳng EF cắt đường tròn   P Q ( E nằm P F ) Chứng minh AP  AE AB Suy APH tam giác cân O c) Gọi D giao điểm PQ BC ; K giao điểm cùa AD đường tròn   ( K khác A ) Chứng minh AEFK tứ giác nội tiếp d) Gọi I giao điểm KF BC Chứng minh IH IC.ID Hướng dẫn giải Tài liệu ôn thi vào năm 2017 A P K E F Q B D O H I C a) Tứ giác AEHF hình chữ nhật có góc vng   Góc HAF EFA (vì AEHF hình chữ nhật) b)   Góc OAC OCA (vì OA OC )   Do đó: góc OAC  AFE 90  OA  EF   AQ OA  PQ  PA Do đó: APE ~ ABP AP AE    AP  AE AB AB AP Ta có : AH  AE AB (hệ thức lượng HAB vuông H , có HE chiều cao)  AP  AH  APH cân A c) DCF ~ DEB  g g   DE.DF DC.DB DC.DB DK DA (Phương tích điểm D )  DE.DF DK DA   Do DFK ~ DAE  DKF DEA  tứ giác AEFK nội tiếp   ICF  AEF DKF  ICF ~ IKD  g g  d) Góc suy IC.ID IF IK    IKH FAH FHI  IFH ~ IHK  g g  suy IH IF IK Vậy IH IC.ID Mức độ 4: VDC O; R  Câu Cho tam giác MNP cân M có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn  Tiếp tuyến N P đường tròn cắt tia MP tia MN E D a) Chứng minh : NE EP.EM b) Chứng minh tứ giác DEPN tứ giác nội tiếp O c) Qua P kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt đường tròn   K ( K không trùng với P ) 2 Chứng minh rằng: MN  NK 4 R Tài liệu ôn thi vào năm 2017 Hướng dẫn giải M O K H N I F P E D a) NEM ~ PEN ( g.g) NE ME    NE ME.PE EP NE   b) MNP MPN ( tam giác MNP cân M )      PNE NPD (  NMP )  DNE DPE Hai điểm N , P thuộc nửa mặt phẳng bờ DE nhìn DE góc nên tứ giác DNPE nội tiếp c) MPF đồng dạng MIP ( g.g )  MP MI   MP MF MI (1) MF MP MNI ~ NIF ( g.g ) NI IF    NI MI IF   MI NI Từ (1) (2) : MP  NI MI  MF  IF  MI 4 R  3       NK NI   NMI KPN ( phụ HNP )  KPN  NPI M  MN MP   Do tam giác MNP cân Từ (3), (4), (5) suy điều phải chứng minh ADB  DA DB  Câu Cho tam giác vuông cân nội tiếp đường tròn tâm O Dựng hình bình hành ABCD Gọi H chân đường vng góc kẻ từ D đến AC , K giao điểm AC với  O  Chứng minh : đường tròn a) HBCD tứ giác nội tiếp   b) DOK 2.BDH c) CK.CA 2.BD Hướng dẫn giải Tài liệu ôn thi vào năm 2017 D H I K C A B O  a) DH  AC (gt) DHC 90  BD  AD  BD  BC    BC / /AD  DBC 90 Hai đỉnh H , B nhìn đoạn DC góc khơng đổi 90  HBCD nội tiếp đường trịn đường kính DC  C  ( s® BH  D 1 b) đường trịn đường kính DC )   A   C 1 (so le trong, AD //BC )  D1 A1     2BDH    O  )  DOK DOK 2A 2D (Góc tâm góc nội tiếp chắn DK      c) AKB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BKC DHA 90 , C1 A1 (c/m trên)  AHD CKB (cạnh huyền – góc nhọn)  AH CK AD BD ( ADB cân), AD BC (c/m trên)  AD BD BC Gọi I AC  BD Xét ADB vuông D , đường cao DH 2 Ta có : BD AD AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1) 2 Tương tự : BD BC CK.CI (2) Cộng vế theo vế (1) (2) ta được: CK.AI  CK.CI 2BD  CK(AI  CI) 2BD  CK.CA 2BD (đpcm) Câu Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B, C , H ), từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB, AC a) Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường trịn ngoại tiếp tứ giác b) Chứng minh MP  MQ  AH Hướng dẫn giải Tài liệu ôn thi vào năm 2017 A P Q B H C M   a) Ta có MP  AB  APM 90 , MQ  AC  AQM 90 P Q nhìn BC góc 90 nên P Q nằm đường trịn đường kính AM  APMQ tứ giác nội tiếp Vì AM đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ nên tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM  S ABC  BC AH b) Tam giác ABC có AH đường cao  S ABM  AB.MP Tam giác ABM có MP đường cao  S ACM  AC.MQ Tam giác ACM có MQ đường cao 1  AB.MP  AC.MQ  BC AH  AB.MP  AC.MQ BC AH S  S  S ACM ABC 2 Ta có ABM Mà AB BC CA (vì tam giác ABC đều) MP  MQ  AH O; R  Câu Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn  Gọi P điểm cung nhỏ CD Chứng minh rằng: PA  PC  PB B A O K C P D Hướng dẫn giải Gọi K giao điểm PB AC   PCK PBA (hai góc nội tiếp chắn cung AP ) 10 Tài liệu ôn thi vào năm 2017  CPK  APB ( hai góc nội tiếp chắn cung nhau) PC CK  PCK ~ PBA  g.g   PB  AB (1)   PAK PBC (góc nội tiếp chắn cung CP ) APK CPB  ( hai góc nội tiếp chắn cung nhau) PA AK  PAK ~ PBC  g g   PB  BC (2) PA PC AK CK AK  CK AC       AB AB Cộng vế theo vế (1) (2), ta được: PB PB BC AB Hay : PA  PC  PB (đpcm) Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O D điểm cung BC không chứa đỉnh A Gọi I , E , F hình chiếu D đường thẳng BC , AB, AC Chứng BC AB AC   minh : DI DE DF Hướng dẫn giải A F B I K C E D   Lấy K cạnh BC cho: CDK  ADB   Ta có CDK  ADB (cách vẽ)   DCK DAB (góc nội tiếp chắn cung BD ) CDK ~ ADB  g g  Mà DI , DE thứ tự hai đường cao CDK ADB nên: CK DI CK AB     AB DE DI DE (1)           Mặt khác: BDK BDA  ADK ; ADC  ADK  CDK : CDK  ADB  BDK  ADC     Lại có : BDK  ADC ; CBK DAC (góc nội tiếp chắn cung CD )  DBK ~ DAC  g g  Mà DI , DF thứ tự hai đường cao tương ứng DBK DAC nên: BK DI BK AC     AC DF DI DF (2) 11 Tài liệu ôn thi vào năm 2017 CK BK AB AC BC AB AC      Cộng (1) (2) vế theo vế, ta được: DI DI DE DF hay: DI DE DF 12