Hh9 chủ đề 13 góc nội tiếp ( 2 buổi )

HH9-CHỦ ĐỀ 13 GÓC NỘI TIẾP ( BUỔI ) A LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM Định nghĩa Ví dụ: AKB tạo hai cạnh hai dây KA - Góc nội tiếp góc có đỉnh nằm đường tròn KB đường tròn tâm O hai cạnh chứa hai dây cung đường trịn AKB chắn cung AB - Cung nằm bên góc nội tiếp gọi cung bị chắn Định lí - Trong đường trịn, số đo góc nội tiếp AKB  sđ  AB nửa số đo cung bị chắn Hệ   AKB CMD  Ví dụ: sđ AB sđ CD - Trong đường trịn +) Các góc nội tiếp chắn cung +) Các góc nội tiếp chắn cung chắn Ví dụ: AMB  ANB  APB (cùng chắn AB ) cung Chú ý: Tránh nhầm lẫn góc chắn cung lớn nửa số đo góc tâm chắn cung cung nhỏ AB Ví dụ: AKB  AOB +) Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng Ví dụ: AKB  AMB 90 (góc nội tiếp chắn Cịn gọi góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AB) +) Góc nội tiếp (nhỏ 90 ) có số đo Trang B CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Chứng minh hai góc nhau, đoạn thẳng nhau, tam giác đồng dạng Câu Cho  O  điểm I nằm ngồi đường trịn Từ điểm I kẻ hai dây cung AB CD (A nằm I B, C nằm I D) Chứng minh IA.IB IC.ID Lời giải Ta có ABC  sđ AC (góc nội tiếp chắn cung AC ); ADC  sđ  AC (góc nội tiếp chắn cung AC )  ABC  ADC Xét tam giác IBC tam giác IDA có I chung; ABC  ADC (chứng minh trên) Do IBC ∽ IDA (g.g)  IB IC   IA.IB IC.ID (điều phải chứng minh) ID IA Câu Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn tâm O đường kính AM Hạ AK vng góc với BC  K  BC  a) Tính ACM b) Gọi N giao điểm AK với đường tròn  O  Tứ giác BCMN hình gì? Vì sao? Hướng dẫn giải Trang a) Ta có ACM góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  ACM 90 b) Ta có ANM 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AN ⊥ MN  BC∥ MN (cùng vng góc với AN)  MNBC hình thang  sđ CM   sđ BN     MN   CM   MN    sđ BM (Vì BM ; CN ) BN sđ CN  BM CN  MNBC hình thang cân Câu Cho đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn cho AM  MB Gọi M  điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM; M A Gọi K chân đường vng góc từ S đến AB, S  giao điểm MA SK a) Chứng minh KS M tam giác cân b) Chứng minh KM tiếp tuyến đường tròn Lời giải Câu a) Vì M  đối xứng với M qua AB M thuộc đường tròn nên M  thuộc đường tròn sđ AM  sđ AM   AMM   AM M (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1) Gọi H giao điểm AB MM  Ta có M  đối xứng M qua AB nên MM ⊥ AB H  MM ∥ SS  (cùng vng góc với AB)  AMM   AS S ; AM M  ASS ' (các cặp góc so le trong) (2) Từ (1) (2) suy AS S  ASS    Vì SKA  SMA 90 nên điểm A, M, S, K nằm đường tròn đường kính SA Trang  ASK  AMK (hai góc nội tiếp chắn AK )  AS K  AMK  tam giác KMS  cân K (điều phải chứng minh) b) SKB vuông K, SMS  vuông M  S  (cùng phụ với BSK  ) (3)  B 1  (4) KMS  cân K  S 1  M  M  (5) OMB cân O (vì OM OB  R )  B Từ (3), (4) (5)  M   M   AMO M   AMO  M 3 Mặt khác   AMO  AMB 90 M nên   AMO  KMO  M 90  KM ⊥ OM M  MK tiếp tuyến đường tròn M (điều phải chứng minh) Câu Cho ABC  AB  AC  Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường tròn  O  điểm D, E, F, BF cắt  O  I, DI cắt BC M Chứng minh a) Tam giác DEF có ba góc nhọn b) DF ∥ BC c) BD BM  CB CF Lời giải Lời giải a) Vì AD, AF tiếp tuyến đường trịn tâm O nên ADO  AFO 90  AOD  90      DOF  180  DEF  90   AOF  90   Chứng minh tương tự ta có DFE  90 ; EDF  90 Suy tam giác DEF có ba góc nhọn (điều phải chứng minh) b) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có AD  AF Mặt khác AB  AC (giả thiết)  AD AF   DF ∥ BC AB AC Trang   c) Vì DF ∥ BC (chứng minh câu b) nên DFB (hai  FBC góc so le trong)    ) Mặt khác DFB (cùng chắn cung DI  BDI   Suy BDI  FBC Xét BDM CBF có   (tam giác ABC cân A); DBM  BCF   (chứng minh trên) BDM  FBC Do BDM ∽ CBF (g.g)  BD BM  (điều phải CB CF chứng minh) Câu Cho đường tròn  O  bán kính R có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O), CM cắt  O  N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn P a) Chứng minh tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M b) Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định nào? Lời giải  a) Ta có DNC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)    chung Xét OMC NDC có MOC  DNC 90 ; C Do OMC ∽ NDC (g.g)  CM CO   CM CN CO.CD CD CN Mà CO  R ; CD 2 R nên CO.CD 2 R không đổi  CM CN 2 R khơng đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M (điều phải chứng minh)   b) Vì ONP OMP 90 nên bốn điểm O, M, N, P thuộc đường trịn đường kính OP    ) (hai góc nội tiếp chắn cung PN  NOP  NMP Mặt khác  PM ⊥ AB 1    PM ∥ CD  NMP  NCD  NOD   AB ⊥ CD      Mà NOD nên DOP  NOP  DOP  NOP Trang Xét tam giác NPO tam giác DPO có   ON OD ; OP chung; NOP (chứng minh trên)  DOP   Do NPO DPO (c.g.c)  ODP ONP 90  P thuộc đường thẳng cố định vng góc với CD D Vì M di chuyển đoạn thẳng AB P di chuyển AB  song song AB Vậy M di chuyển AB P di chuyển đoạn thẳng AB  cố định Dạng 2: Chứng minh hai đường thẳng vng góc, ba điểm thẳng hàng Câu Cho đường tròn  O  hai dây MA, MB vng góc với Gọi I, K điểm cung nhỏ MA MB, P giao điểm AK BI Chứng minh P tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Lời giải Ta có M , A, B   O  AMB 90  AB đường kính  O   A, O, B thẳng hàng  Theo giả thiết K điểm cung MB    MK KB    );  sđ MK Mặt khác MAK (góc nội tiếp chắn MK    ) KAB  sđ BK (góc nội tiếp chắn BK    Suy MAK KAB  AK tia phân giác MAB (1) Tương tự ta chứng minh BI tia phân giác ABM (2) Từ (1), (2) P giao điểm AK BI suy P tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  , hai đường cao BD CE cắt H Vẽ đường kính AF a) Tứ giác BFCH hình gì? Vì sao? b) Gọi M trung điểm BC Chứng minh OM  AH Trang Lời giải # a) Ta có ABF 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AB ⊥ BF Mặt khác AB ⊥ CH Suy BF ∥ CH (1) Chứng minh tương tự ta BH ∥ CF (2) Từ (1) (2) suy tứ giác BFCH hình bình hành b) Theo M trung điểm BC Mà tứ giác BFCH hình bình hành (chứng minh câu a) nên M trung điểm HF  H , M , F thẳng hàng Xét tam giác AHF có M trung điểm HF; O trung điểm AF  OM đường trung bình AHF  OM  AH (điều phải chứng minh) Câu Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH Gọi HK đường kính đường tròn  A; AH  Tiếp tuyến đường tròn K cắt CA E a) Chứng minh BEC tam giác cân b) Gọi I hình chiếu A BE Chứng minh AI  AH c) Chứng minh BE BH  KE Lời giải a) Xét AHC AKE có   (hai góc đối đỉnh); EAK  HAC  EKA  AHC 90 ; AK  AH  R (giả thiết)  EK  HC (1) Do AHC AKE (g.c.g)    AC  AE (2) Lại có AB ⊥ CE (tam giác ABC vuông A)  BA vừa đường cao vừa đường trung tuyến BEC Trang  BEC tam giác cân B (điều phải chứng minh) b) Theo chứng minh câu a) tam giác BEC cân B   BA phân giác EBC  IBA  ABC Xét hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung;  IBA  ABH (chứng minh trên) Do AHB AIB (cạnh huyền – góc nhọn)  AI  AH (điều phải chứng minh) c) Theo chứng minh câu b) ta có I thuộc đường tròn  A; AH  Mặt khác BE  AI I  BE tiếp tuyến  A; AH  I Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có  KE  IE  BE  BI  IE  BH  KE   BI  BH Dạng 3:Bài toán tổng hợp Câu 1.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O; R  Gọi đường tròn  I ; r  đường tròn nội tiếp tam giác ABC , H tiếp điểm AB với đường tròn  I  , D giao điểm AI với đường tròn  O , DK đường kính đường trịn  O  Gọi d độ dài OI Chứng minh rằng: a) AHI ∽ KCD c) IA.ID R  d Lời giải b) DI DB DC d) d R  Rr (định lý Euler) A H K I O C B D a) AHI ∽ KCD Xét  O  , ta có:  + AI phân giác ( I tâm đường tròn nội tiếp ABC )  AD phân giác BAC   ABD CDA Trang 1 1   ABD  BD CDA  DC (góc nội tiếp đường tròn) 2 +Mặt khác 1  DKC  CD (góc nội tiếp đường trịn)     hay DKC  DKC BAD HAI 1   KD 90 + DK đường kính  O   KCD Xét HAI CKD :  KCD  AHI 90   DKC HAI  AHI ∽ KCD  g.g  b) DI DB DC 1 1  DC Xét  O  , ta có DB (cmt)  BD DC (tính chất độ dài dây cung) 2 1 1     Xét ABI : BID BAI  ABI (góc ngồi tam giác) với BAI  BAC ; ABI  ABC 2 1 1       CBD   ABC ; CBD  CD DAC  BAC Xét BDI : IBD với IBC IBC 2   Vậy BID IBD  BID tam giác cân Khi đó, BI BD +) Ta có BI BD ; DC DB  DB DI DC c) IA.ID R  d K A J H I O C G B D IA HI   IA.DC HI KD IA.ID KD DC Ta có kéo dài IO cho cắt đường tròn điểm G I hình vẽ AI IG   IA.ID IG.IJ Ta dễ dàng chứng minh AIG ∽  JID  gg   IJ ID AHI ∽ KCD  2 Ta có IG R  d , IJ R  d  IA.ID IG.IJ  R  d   R  d  R  d d) CM: d R  Rr Vì AHI ∽ KCD  IA HI   IA.DC HI KD  IA.ID HI KD 2r.R KD DC Trang Theo định lý hàm số sin BD 2 R ,  sin BAD  ta lại có r IH  AI sin BAD nên 2rR  BD  AI sin BAD IA.ID  sin BAD mà IA.ID R  d nên d R  Rr Câu Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn  O  Vẽ đường kính AK Gọi H trực tâm, I tâm đường trịn nội tiếp tam giác  a) Chứng rằng: AI tia phân giác OAH b) Chứng minh rằng: BHCK hình bình hành c) Gọi M trung điểm BC Chứng minh H , M , K thẳng hàng AH 2.OM  d) Cho BAC 60o Chứng minh rằng: IO IH Lời giải A O H B I C M K P a) Gọi P giao điểm AI đường tròn  O  Ta có OP vng góc với BC mà AH vng góc với BC  Nên AH || OP , dó HAP  APO  Mặt khác tam giác AOP cân O nên OAP  APO   APO suy AI tia phân giác OAH  Vậy A1  A b)Ta có ABK 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  BK  AB Mặt khác CH  AB ( H trực tâm)  BK / / CH Chứng minh tương tự: CK/ / BH Vậy tứ giác BHCK hình bình hành (tứ giác có cặp cạnh đối song song đơi một) c)Ta có M trung điểm BC Gọi M ' giao điểm BC KH Suy M ' trung điểm BC ( M ' giao điểm đường chéo hình bình hành BHCK ) Suy M M ' Vậy H , M , K thẳng hang Xét AHK có: AO OK (R ) HM MK ( BHCK hình bình hành) Suy OM đường trung bình AHK Trang 10 Vậy AH 2.OM d)Theo chứng minh câu c, AH 2.OM 1    BOC BAC 60o Xét OBC cân O đường cao OM đồng thời đường phân giác nên BOM (góc tâm lần góc nội tiếp chắn cung) OM 2OK Khi AO BO  cos BOM Suy AO  AH 2.OM nên AHO cân A có tia phân giác đồng thời đường trung trực nên IO IH Câu 3.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O; R  Gọi M điểm thuộc cung BC a) Chứng minh rằng: MA MB  MC b) Gọi D giao điểm MA BC Chứng minh răng: MD MD  1 MB MC c) Tính tổng MA2  MB  MC theo R Lời giải A I O H B C D M a) Lấy I  MC : MI MB  B  )   BIM cân M mà BMI 60o (= B Vậy BIM  B  60o Lại có B  B  Vậy B Xét ABI CBM có: AB BC  B  B   (Cùng chắn cung BC ) BAI BCM Vậy ABI = CBM (g-c-g)  AI MC (2 cạnh tương ứng nhau) Do AM  AI  IM Vậy MA MB  MC b) Dễ dàng chứng minh MCD  MAB MD MC MD MB   Nên MB MA MC MA MD MD MC MD MC  MB MA      1 Do đó: MB MC MA MA MB MA Trang 11 c) Đặt MA  x MB  y Ta có: MA2  MB  MC x  y  ( x  y ) 2( x  y  xy ) (1) Kẻ BH  AM y 3y2  y o  MH  Do BMH nên ; BH  y   60    2 Do AB  AH  BH x  y  xy (2) Từ (1) (2) suy MA2  MB  MC 2 AB2 Mà ABC nên AB R Vậy MA2  MB  MC 2 AB2 2(R 3) 6 R Câu Tứ giác ABCD có đỉnh nằm đường tròn  O ; R  ( A, C cố định), đỉnh lại di chuyển hai cung tròn nhận A C làm hai đầu mút a) Chứng tỏ tia phân giác góc B D qua hai điểm cố định E F b) Chứng minh đường thẳng EF đường trung trực dây AC c) Với vị trí hai đỉnh B D tứ giác ABCD có diện tích lớn Tính giá trị lớn diện tích sđ ABC 120 Lời giải B C F O A E D a) Chứng tỏ tia phân giác góc B D qua hai điểm cố định E F  Xét  O  có: BE phân giác góc nên ABE CBE Mà: ABE  sd AE (tính chất góc nội tiếp)   CBE  sd CE (tính chất góc nội tiếp)    AC Mà AC khơng đổi Do đó: AE CE Nên E cố định Dùng phương pháp tương tự Nên F cố định Trang 12  Ta có: DF phân giác góc nên ADF CDF Có: ADF  sd AF (tính chất góc nội tiếp)   CDF  sd CF (tính chất góc nội tiếp)    AC Mà AC không đổi Do đó: AF CF Nên F cố định b) Chứng minh đường thẳng EF đường trung trực dây AC   AE CE (liên hệ dây cung) Xét  O  có: AE CE AF CF   AF CF (liên hệ dây cung) Do đường thẳng EF đường trung trực dây AC c) Với vị trí hai đỉnh B D tứ giác ABCD có diện tích lớn Tính giá trị lớn diện tích sđ ABC 120 Gọi K giao điểm AC EF Hạ BH  AC , DI  AC ta có BH FK , DI EK , 1 S ABCD  AC.BH  AC DI 2 F B C I 1  AC.FK  AC.EK  AC EF  AC.R 2 K O Dấu “=” xảy B trùng F , D trùng E  BC EF H D A với ABC  120   suy tam giác OBC suy CBO 600  CBK 600 E R   Xét BCK vng K có CBK R.sin 600  CK  600  CK BC.sin BCK suy AC R  S ABCD R Vậy B trùng F , D trùng E GTLN  S ABCD  max R Câu 4.Cho đường tròn tâm O đường kính AB , dây CD vng góc với AB H ; lấy điểm M tuỳ ý đường tròn Hai đường thẳng CM AB cắt F , hai đường thẳng DM AB cắt E a) Chứng minh: EMB ∽ EAD b) Chứng minh: EB FB  EA FA Trang 13 Lời giải C M A H E O F B D a) Xét EMB EAD :    ) (góc nội tiếp cung chắn MA MBA MDA   (đối đỉnh) MEB DEA  EMB ∽ EAD ( góc – góc) b) Vì AB  CD H  HC HD  AB trung trực CD  ; BC  BD   AD  AC ; BC BD  AD  AC Trường hợp M thuộc cung nhỏ CD : C M F A E H O B D  BD   CMB    Vì BC DMB  MB phân giác CMD Ta có: AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  MB  MA    MA phân giác EMF Mà MB phân giác CMD ME AE  1    Vì MA phân giác EMF MF AF ME BE    Vì MB phân giác EMF MF BF  2 Trang 14 Từ  1 ,    AE BE EB FB   hay AF BF EA FA Trường hợp M thuộc cung lớn CD : C M A H E O F B D    Vì AC  AD  CMA DMA  MA phân giác CMD Ta có: AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  MB  MA   Mà MA phân giác CMD  MB phân giác EMF ME BE  3    Vì MB phân giác EMF MF BF   Vì MA phân giác EMF Từ  1 ,    ME AE  MF AF  4 AE BE EB FB   hay AF BF EA FA Câu 5.Cho đường tròn  O  điểm P  O  Vẽ đường tròn  P; PO  Hai đường tròn  O   P cắt A B Đường thẳng OP cắt đường tròn  O  điểm thứ hai C a) Chứng minh CA tiếp tuyến đường tròn  O  b) Lấy điểm D thuộc cung BA đường tròn  P  (cung chứa điểm C ) Chứng minh DO tia phân giác ADB c) Gọi I giao điểm đoạn thẳng OD với đường tròn  O  Chứng minh AI tia phân giác  BAD Lời giải Trang 15 D A I C O P B a) Xét đường trịn  P  đường kính OC có:  CAO 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CA  OA Xét đường tròn  O  có CA  OA ; A O   CA tiếp tuyến A đường tròn  O  (dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến) b) Xét đường trịn  O  có OA OB  OB  Xét đường trịn  P  có OA, OB hai dây cung; OA OB  OA   (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) ODA ODB  DO tia phân giác ADB   c) Xét đường trịn  P  có DBA (hai góc nội tiếp chắn cung) DOA 1   IOA Xét đường tròn  O  có IBA (góc nội tiếp góc tâm chắn cung)  1 DBA   IBA   IBD   IBD   BI tia phân giác ABD Mà IBA ABD  IBA ABD có DO tia phân giác ADB , BI tia phân giác ABD DO cắt BI I   AI tia phân giác DAB Câu 6.Cho đường tròn đường kính AB Lấy M đường trịn (khác A, B ) cho MA  MB Lấy MA làm cạnh vẽ hình vng MADE ( E thuộc đoạn thẳng MB ) Gọi F giao điểm DE AB a) Chứng minh: ADF ∽ BMA b) Lấy C điểm cung AB (khơng chứa M ) Chứng minh CA CE CB c) Trên đoạn thẳng MC lấy điểm I cho CI CA Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp AMB Lời giải Trang 16 M I E F A O B D C  a) Có MADE hình vng nên MAD ADE 900 Gọi O tâm đường trịn đường kính AB Xét đường trịn  O  đường kính AB có: AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  Xét ADF BMA có: ADF BMA 900   ) FAD ABM (cùng phụ với BAM  ADF ∽ BMA (g.g)  CB  b) Có C điểm AB nên CA  CB   CA CB (liên hệ cung dây) Xét đường trịn  O  có CA  Và AMC BMC (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  MC tia phân giác AMB Có MADE hình vng nên MD tia phân giác AME  M , D, C thẳng hàng Có MADE hình vng nên MD trung trực AE (vì MD  AE trung điểm AE )  CA CE Vậy CA CE CB c) Có CI CA Mà CA CE CB  CA CE CB CI  Bốn điểm A, E , B, I thuộc đường tròn  C  (định nghĩa đường trịn) Có MD trung trực AE mà I  MD , nên IA IE  IE  Xét đường trịn  C  có IA, IE hai dây cung; IA IE  IA  (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  BI tia phân giác ABE  ABI EBI Xét ABM có MI tia phân giác AMB , BI tia phân giác ABM  I tâm đường tròn nội tiếp AMB Trang 17 Câu 7.Từ điểm M nằm ngồi đường trịn (O) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với (O) A B Qua A vẽ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn C Nối C với M cắt đường tròn (O) D Nối A với D cắt MB E Chứng minh rằng: a) ∆ABE ~ ∆BDE; ∆MEA ~ ∆DEM b) E trung điểm MB Lời giải a) Xét ∆ABE ∆BDE có: AEB chung BAE   (góc nội tiếp góc tạo  DBE tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BD)  ∆ABE ~ ∆BDE (g.g)  Vì AC // MB nên ACM CMB (so le trong)  Mà ACM MAE (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AD)   Suy CMB MAE   Xét ∆MEA ∆DEM có: AEM chung; MAE (chứng minh trên) CMD  ∆MEA ~ ∆DEM (g.g) Vậy ∆ABE ~ ∆BDE; ∆MEA ~ ∆DEM b) Theo chứng minh a) ta có: ∆ABE ~ ∆BDE  ∆MEA ~ ∆DEM  AE BE   EB  AE.DE BE DE ME EA   ME  DE.EA DE EM Do EB  EM hay EB  EM Vậy E trung điểm MB Câu Cho điểm C thuộc nửa đường trịn (O) đường kính AB Từ điểm D thuộc đọan AO kẻ đường thẳng vng góc với AO cắt AC BC lại E F Tiếp tuyến C với nửa đường tròn cắt EF M cắt AB N a) Chứng minh M trung điểm EF b) Tìm vị trí điểm C đường trịn (O) cho ∆ACN cân C Lời giải   sd AC (góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AC) a) Ta có MCA      AED 90  EAD 90  sd BC  sd AC Lại có MEC 2 (1) (2)   Từ (1) (2) suy MCE  MEC Vậy ∆MEC cân M, suy MC  ME Chứng minh tương tự ta có MC  MF Trang 18 Suy ME  MF hay M trung điểm EF Vậy M trung điểm EF   b) Có ∆ACN cân C CAN CNA Vì MN tiếp tuyến với (O) C nên OC  MN     CNA 90  COB 90  2CAN     Do CAN CNA  CAN 90  2CAN    3CAN 90  CAN 30  60  sd BC  60 Vậy ∆ACN cân C C nằm nửa đường tròn (O) cho sd BC Câu Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB 2 R Gọi M điểm thay đổi tiếp tuyến Bx (O) Nối AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN a) Chứng minh ∆AIO ~ ∆BMN; ∆OBM ~ ∆INB b) Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích ∆AIO có giá trị lớn Lời giải a) Vì I trung điểm AN  OI  AN   AIO 90  BNM Do Bx tiếp tuyến với (O) B nên    NBM  IAO  sd BN Suy ∆AIO ~ ∆BMN (g.g)   Vì OIM OBM 90 nên điểm B, O, I, M thuộc đường   trịn đường kính MO, suy BOM  BIM Xét ∆OBM ∆INB có:     OBM  INB 90 ; BOM  BIN Suy ∆OBM ~ ∆INB (g.g) c) Kẻ IH  AO ta có: SΔAIO  AO.IH Vì AO không đổi nên SΔAIO lớn  IH lớn Ta thấy M chuyển động tia Bx I chạy nửa đường trịn đường kính AO Do IH lớn  IH bán kính đường trịn, tam giác AIH vng cân I nên IAH 45 Suy ∆ABM vuông cân B nên BM  BA 2 R Vậy M thuộc Bx cho BM 2 R SΔAIO lớn Trang 19 Trang 20