Hh9 tuan 17 tiet 33 on tap chuong ii 1

Tuần 17 - Tiết 33: ƠN TẬP CHƯƠNG II- HÌNH Bài 1: Cho nửa đường tròn tâm O, bán kính R, đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn M điểm thuộc nửa đường tròn (O), tiếp tuyến M cắt Ax By  C D a) Chứng minh AC  BD CD COD 90 b) Chứng minh rằng: Tích AC.BD khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M c) Khi điểm M chuyển động nửa đường tròn, chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với đường thẳng cố định d) Xác định vị trí điểm M để tứ giác ABDC có diện tích nhỏ Tính diện tích tứ giác theo R Bài 2: Cho đường trịn tâm O đường kính AB điểm M thuộc đường tròn (M khác A B) Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn điểm A Tia phân giác góc ABM cắt (O) N, cắt tiếp tuyến Ax Q Giao điểm AM BN H, AN BM S a) Chứng minh : Tam giác ABS tam giác cân b) Chứng minh SA.SN = SB.SM c) Chứng minh tứ giác AQSH hình thoi d) Khi điểm M chuyển động nửa đường trịn Chứng minh SQ ln tiếp xúc với đường tròn cố định Bài Cho tam giác ABC cân A , đường cao AH Đường thẳng vng góc với AC C cắt AH O Tia Ax nằm góc BAC cắt đường trịn tâm O bán kính OC M N ,  AM  AN  Gọi K chân đường vng góc O Ax a) Chứng minh điểm A, C , O, K thuộc đường tròn b) Biết AH 24cm , OH 6cm Tính chu vi tam giác ABC c) Tia Ax cắt BC I Chứng minh AI AK  AC d) Gọi G trọng tâm tam giác CMN Khi Ax di động góc BAC G chạy đường nào? Bài 4: Cho đường trịn (O) đường kính AB Điểm C nằm A O Vẽ đường tròn (O  ) có đường kính CB a Xác định vị trí tương đối hai đường trịn (O) ( O  ) b Kẻ dây DE đường trịn (O) vng góc với AC trung điểm H AC Tứ giác ADCE hình gì? Vì sao? c Đường tròn (O  ) cắt BD K Chứng minh EK  BD d Chứng minh HK tiếp tuyến (O  ) Bài 5: Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R Qua A B kẻ hai tiếp tuyến d d’ với đường tròn Từ điểm M đường thẳng d vẽ tia MO cắt đường thẳng d’ P Từ O vẽ tia vng góc với MP cắt đường thẳng d’ D a) Chứng minh: O trung điểm MP tam giác MDP cân b) Hạ OI  MD (I  MD) Chứng minh: I  (O) DM tiếp tuyến (O) c) Chứng minh: Tích AM.BD khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M d) Tính diện tích tứ giác AMDB theo R MO = 2R HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt y x Ta có: AC = CM; BD = DM D => AC  BD CM  DM CD Vậy AC  BD CD I Cũng theo tính chất hai tiếp tuyến cắt M  ta có OC phân giác AOM ; OD phân  giác BOM Vậy OC OD hai tia phân C giác hai góc kề bù nên OC  OD  => COD 90 A O B b) Trong tam giác COD vuông O, OM 2 đường cao ta có MC MD OM R mà AC = CM; BD = DM => AC BD R , không phụ thuộc vào vị trí điểm M c) Tam giác COD vng O có đường trịn ngoại tiếp đường trịn đường kính CD, có tâm I trung điểm CD Ta có AB  (I ) O , mà OI đường trung bình hình thang vng ABDC => AC//OI//BD, AC  AB  IO  AB từ suy AB tiếp tuyến (I) Vậy đường trịn ngoại tiếp tam giác COD ln tiếp xúc với đường thẳng AB cố định ( AC  BD) AB d) Tứ giác ABDC hình thang vng có hai đáy AC BD nên mà AB = 2R khơng đổi nên diện tích tứ giác ACDB nhỏ AC + BD nhỏ Lại có S ACDB  AC + BD = CM + MD = CD nên diện tích tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ nhất, CD nhỏ CD khoảng cách hai đường thẳng song song AC BD => CD = AB Khi ACDB SABDC AC AB R 2R 2R hình chữ nhật có Bài 2: S M Q O' N H 2 A B O o  a) ANB có AB đường kính (O); N  (O)  ANB 90  BN  SA N ABS có: BN  SA N  BN phân giác ABS  ABS cân B o  b) BN  SA N  BNS 90 o AMB có AB đường kính (O); M  (O)  AMB  AMS 90 Xét SNB SMA có   BNS SMA 90o  BSA góc chung  SNB đồng dạng với SMA (gg)  SN SB  SM SA  SN SA SM SB (đpcm)    c) Ta có: B2  A2 (cùng phụ với BAN )  B   A 1 (cùng phụ với MSA )  B   B (BQ phân giác ABM )  A   QAH  A cân A Mà QH  SA N  QN NH Tứ giác AQSH có : QN = NH; AM = NS  Tứ giác hình bình hành Mà QH  SA  Tứ giác AQSH hình thoi d) ABS cân B  AB SB xét ABQ SBQ có: AB = SB (cmt)  B  (cmt ) B BQ cạnh chung    ABQ SBQ (cgc)  QAB QSB o o   MÀ QAB 90  QSB 90  QS  SB S  QS tiếp tuyến đường trịn tâm B bán kính SB Mà AB = SB (không đổi)  QS tiếp xúc với đường trịn tâm B bán kính SB khơng đổi A Bài a) Gọi D trung điểm AO ta có ACO, AKO vng C K nên D tâm đường tròn ngoại tiếp hai tam giác trên,  D Suy A, K , O, C thuộc AO 24  30  cm  b) Có Có CH HA.HO 24.6  CH  24.6 12  cm  D M B K I C H O N BC 12.2 24  cm  x AC  AH AO 24.30 AC 12  cm  A Chu vi tam giác ABC : AC  BC 2.12  12 24  12  cm  AHI  AKO  g  g  c) Có  AI AK  AH AO 2 Mà AC  AH AO  AC  AI AK  D  không đổi d) Qua G kẻ GE //DK Gọi R bán kính CE CG EG    Ta có CD CK KD  D  khơng đổi Mà CD CK  bán kính C , D cố định suy E cố định, D M K I C H G O N x E 2 EG  DK  R 3 không đổi    E, R  Suy G chuyển động   không đổi Bài 4: D K A H C 1 O O' B 21 E a Hai đường tròn (O) (O  ) có điểm chung B nên chúng tiếp xúc Vì d = OO’ = OB – O’B = R – r (R bán kính (O), r bán kính (O’)) nên hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc với b Do DE  AC  DE  AB  H trung điểm DE mặt khác H trung điểm AC  tứ giác ADCE hình bình hành Lại có AC  DE  tứ giác ADCE hình thoi  c Ta có: BK C 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  CK  BK  CK  BD (1)  ADB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AD  BD mà EC / / AD  EC  BD (2) Từ (1) (2)  E ,C , K thẳng hàng  EK  BD d Ta có KH đường trung tuyến tam giác vuông DKE  K H HE  K HE cân H  K     E (3) Lại có E E (4) (tính chất hình thoi)       Mặt khác B1 E (cùng chắn cung AD)  E K (5) Từ (3), (4), (5)  K K ,        mà K CK O 90  K CK O 90  HK  K O K  HK tiếp tuyến (O  ) Bài 5: a) +) Xét (O) có d tiếp tuyến (O) A nên d  AB A Xét (O) có d’ tiếp tuyến (O) B nên d’  AB B  AOM =  BOP (g.c.g) nên OM = OP suy O trung điểm MP +)  MDP có DO vừa đường cao vừa đường trung tuyến nên  MDP cân D b) +) Ta có: d  AB d’  AB nên d // d’ (từ  đến //) Vì d // d’ nên góc AMO = góc OPD (so le trong);  MDP cân D nên góc DMO = góc DPO Suy ra: góc AMO = góc DMO Từ chứng minh được:  AOM =  IOM (ch-gn) Suy ra: OA = OI = R nên I  (O) +) Xét (O) có DM  OI I I  (O) nên DM tiếp tuyến (O) I c) Ta có: MA = MI (t/c tiếp tuyến cắt nhau); DI = DB (t/c tiếp tuyến cắt nhau) Ta có: AM.DB = MI.DI = OI2 = R2 (hệ thức lượng tam giác vng MOD) Vậy, tích AM.BD khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M d) Vì tứ giác AMDB hình thang vng nên SAMDB   AM  DB  AB Xét  AMO vng A có OM = 2R OA = R nên AM = R (Pytago) OA  Và sinAMO = OM suy góc AMO = 300 mà góc AMO = góc DOB = 300 DB R  nên DB = Suy ra: tanDOB = OB Vậy S AMDB R   R 3  2R 4R2 4R 3     3 (đvdt)