Gv22 101 103 nguyen hoa

DỰ ÁN WORD VÀ GIẢI CHI TIẾT BÀI 101-102-103 CỦA THẦY VĂN MAI PHƯƠNG Người thực hiện: Nguyen Hoa Bài 101 Cho đường tròn (O; R), từ điểm M ngồi đường trịn kẻ hai tiếp tuyến MA, MB (A, B tiếp điểm) cát tuyến qua M cắt đường tròn C D ( C nằm M D) cung CAD nhỏ cung CBD Gọi E giao điểm AB OM   a) Chứng minh DEC 2 DBC b) Từ O kẻ Ot vng góc với CD cắt tia BA K Chứng minh KC KD hai tiếp tuyến đường trịn (O) ( Đề thi chọn hsg tốn 9, Tỉnh Nghệ An,năm học 2013 – 2014) Giải: t K A D H C M O E B a) Vì MA MB hai tiếp tuyến (O) => MA = MB; OA=OB => OM trung trực AB hay OM ⊥ AB Tam giác MAO vuông A, đường cao AE, áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: MA2 = ME.MO (1) Xét ΔMAC ΔMDA có:MAC ΔMAC ΔMDA có:MDA có: AMC chung   MAC MDA (cùng chắn cung AC) => ΔMAC ΔMDA có:MAC ~ ΔMAC ΔMDA có:MDA (g.g) MA MC  => MD MA hay MA2 = MC.MD (2) Từ (1) (2) => ME.MO = MC.MD ME MC  Hay MD MO ME MC   M Xét ΔMAC ΔMDA có:MCE ΔMAC ΔMDA có:MOD có: chung; MD MO => ΔMAC ΔMDA có:MCE ~ ΔMAC ΔMDA có:MOD (c.g.c)   => MEC MDO => Tứ giác DOEC nội tiếp đường tròn   => DOC DEC (cùng chắn cung DC)   Mà DOC 2 DBC (góc nội tiếp góc tâm chắn cung DC)   => DEC 2 DBC (đpcm) b) Gọi H giao điểm OK CD   Xét ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; OHM ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; OEK có: Ơ góc chung; OHM OEK (90 ) => ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; OHM ~ ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; OEK (g.g) OH OM  => OE OK hay OE.OM = OH.OK 2 2 Mà OE.OM = OA => OH.OK = OA = OC = OD OH OD  Xét ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; OHD ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; ODK có: Ơ chung; OD OK OH OD  => OD OK => ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; OHD ~ ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; ODK (c.g.c)   => ODK OHD 90 ° =>OK⊥OD D hay KD tiếp tuyến (O) (3) OH OC  Theo chứng minh trên: OH.OK=OC2 => OC OK OH OC  Xét ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; OHC ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; OCK có: Ơ chung; OC OK => ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; OHC ~ ΔOHM ΔOEK có: Ơ góc chung; OCK (c.g.c)   => OCK OHC 90 => KC ⊥ OC K hay KC tiếp tuyến (O) (4) Từ (3) (4) => KC KD tiếp tuyến (O) ( đpcm)pcm) Bài 102 Từ điểm A ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC đến đường tròn (O), (B, C tiếp điểm) Vẽ đường kính BD đường trịn(O), AD cắt đường tròn (O) E a) Chứng minh AB2 = AE.AD b) Kẻ đường kính EK đường trịn (O), CK cắt DE I Chứng minh I trung điểm DE c) Gọi H giao điểm OA với BC Chứng minh HC tia phân giác góc DHE d) Gọi S giao điểm hai tia OI BC Chứng minh SD tiếp tuyến đường trịn (O) Giải a) Ta có: ACE  ADC ( chắn cung EC) Xét ΔMAC ΔMDA có:ACD ΔMAC ΔMDA có:AEC có:   Â chung, ACE  ADC (cmt) => ΔMAC ΔMDA có:ACD ~ ΔMAC ΔMDA có:AEC (g.g) AC AD  => AE AC => AC2 = AE.AD Mà AB = AC ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)=> AB2 = AE.AD (đpcm)    DK  sđ CIA  sđ CE b) Ta có: (tính chất góc có đỉnh bên đường B trịn)   sđ COA  sđ COB Mà (do OA phân giác)   sđ COA  sđ CEB (tính chất góc tâm) H     sđ COA  sđ CE  EB A E   Lại có: BD  EK O  DOK BOE (đối đỉnh)  EB  DK     Thì C   Xét tứ giác AOIC có CIA COA nằm nửa mặt phẳng S Nên tứ giác AOIC nội tiếp đường tròn    Suy ACO  AIO (cùng chắn AO ) 0   Hơn AC tiếp tuyến ACO 90  AIO 90 hay AI  OI I Hay ED  OI I Vậy I trung điểm ED (tính chất đường kính dây cung) c) Vì AB  AC (tính chất tiếp tuyến)  A thuộc đường trung trực BC OB OC  R   O thuộc đường trung trực BC Xét ABO vuông B, đường cao BH có: AB  AH AO Mà AB  AE AD (chứng minh phần a) O I   Do CIA COA Do OA đường trung trực BC hay OA  BC K (1) D Nên AH AO  AE AD  AH AE  AD AO AH AE  Xét AEH AOD có: AD AO A chung Nên AEH ∽ AOD   Do H1  ADO   Xét tứ giác OHED có H1  ADO  tứ giác OHED nội tiếp đường trịn (tính chất đảo góc ngồi của tứ giác nội tiếp)   Suy H DEO (cùng chắn cung OD)   Hơn OED cân O(do OE OD R )  DEO  ADO   Nên H1 H (2)   Từ (1) (2) suy EHC DHC hay HC tia phân giác góc DHE d) Gọi S giao điểm hai tia OI BC Chứng minh SD tiếp tuyến đường trịn (O) B  Vì AIO 90 (chứng minh trên)   SID 900 (đối đỉnh với AIO ) K  Lại có BCD 90 (góc chắn nửa đường tròn) H A O E    SCD 900 (kề bù với BCD )   Nên SID SCD 90   Xét tứ giác DICS có SID SCD 90 nhìn SD I C S Nên tứ giác DICS nội tiếp đường tròn    Suy SDC SIC (cùng chắn CS ) Lại có điểm A, B, O, I, C thuộc đường tròn đường kính OA Nên tứ giác BOIC thuộc đường trịn   Do OBC SIC (tính chất góc tứ giác nội tiếp)   Hay DBS SIC   Suy SDC DBS D      Cho nên SDC  BDC SDB BDC  DBC 90 (hệ tam giác vuông) Suy SD  BD Hơn BD đường kính đường trịn (O) nên SD tiếp tuyến đường trịn tâm (O) Chú ý: Ta chứng minh câu d) sau: Trên nửa mặt phẳng chứa điểm S, có bờ đường thẳng chứa tia DC, vẽ tiếp tuyến    Dx đường tròn (O), ta chứng minh SDC xDC DBS suy hai tia Dx DS trùng Từ đó, suy DS tiếp tuyến B K H A O E I C D S x Bài 103 Cho đường (O) hai đường kính AB CD khơng vng góc với Gọi M giao điểm AC tiếp tuyến đường tròn (O) B, MO cắt BC N Đường thẳng MD cắt (O) điểm thứ hai P Chứng minh A, N, P thẳng hàng Giải Gọi K  AP  MB (1) M I CK  MO Ta chứng minh tứ giác ACKB hình thang I trung điểm CK Từ đó, theo bổ đề hình thang ta N giao điểm hai đường C chéo củaI hình thang ACKB Thật vậy, tứ giác ACKB nội tiếp đường tròn  O  , (theo định nghĩa)   Nên MCP  ABP (tính chất góc ngồi tứ giác nội tiếp) Lại có: A K P N B O AB  BM (do BM tiếp tuyến)  AMB 90 D APB 900  (góc chắn nửa đường trịn)  BPK 90   Nên ABP BKA (cùng phụ với KBP )   Do đó, ta có: MCP BKA   Xét tứ giác MCPK có MCP BKA Nên tứ giác MCPK nội tiếp đường trịn (tính chất đảo góc của tứ giác nội tiếp)    Suy CPM CKM (cùng chắn CM ) 0   Hơn nữa, CPD 90 (góc chắn nửa đường trịn) CPM 90 (hai góc kề bù)  Do đó: CKM 90 Hay CK  BM Ta lại có AB  MB Nên CK / / AB CI AO CI  1 Suy IK OB (tính chất chùm đường thẳng đồng quy) hay IK AO OB R Nên CI IK hay I trung điểm CK Hơn nữa, tứ giác ACKB có CK / / AB  tứ giác ACKB hình thang Theo bổ đề hình thang N giao điểm hai đường chéo AK , BC Do N  AK (2) Từ (1) (2) suy ba điểm A, N , P thẳng hàng Chú ý: Có thể dựa Talet chứng minh NIK ∽ NOA (c.g.c) suy   INK ONA A, N , P thẳng hàng