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)