BAI TAP HINH

Bài 2 trang 158 Giải Ta có: · QRB = · QAB (cùng bằng 1|2 » QB ) · QAB = · ABP + · BPA (góc ngoài ABPV ) · BPT = · BPA + · APT Mà · APT = · ABP (cùng chắn cung AP) ⇒ · QAB = · BPT = · QRB (1) Mặt khác · QRB + · BRT = 180 0 (2) Từ (1) và (2) ta có · BRT + · BPT = 180 0 Vậy RTPB là tứ giác nội tiếp. Bài 3 trang 159 gt kl (O 1 ) (O 2 ) = A, B. QP qua A cắt (O 2 ) tại Q, cắt (O 1 ) tại P. PT là tiếp tuyến của (O 1 ) QT (O 2 ) = R. PTRB nội tiếp. Giải Gọi I = MB ∩ CN Nối AI, NA Ta có: · IAC + · ACI = · AIN (cùng cộng · AIC = 180 0 ) ⇒ 1\2 ( · BAC + · ACB ) = · AIN (1) Mà · HBA = · BAC + · ACB ⇒ 1\2 · HBA = 1\2( · BAC + · ACB ) ⇒ · NBA = 1\2( · BAC + · ACB ) (2) Từ (1) và (2) ta có · AIN = · NBA Cho . Đường phân giác trong cắt phân giác ngoài tại M. đường phân giác trong cắt phân giác ngoài tại N. PM = PN. P thuộc đường tròn ngoại tiếp . gt kl ⇒ tứ giác ABCI nội tiếp ⇒ · BNI = · BAI hay · BNC = · BAI = 1\2 · BAC (3) Mặt khác · NBM = · NCM = 90 0 (tính chất góc tạo bởi phân giác trong và phân giác ngoài của 1 góc) ⇒ tứ giác NBCM nội tiếp đường tròn (P,PM) ⇒ · BNC = · BMC = 1 2 · BPC (góc ở tâm và góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) (4) Từ (3) và (4) ta có: · BAC = · BPC nên tứ giác ABCP nội tiếp Vậy P thuộc đường tròn ngoại tiếp ABCV . Bài 4 trang 159 Giải Ta có: · DAI = · IAB (gt) gt kl Cho hbh ABCD; d là phân giác . Đường thẳng d BC = K, d CD = I. H là tâm đường tròn ngoại tiếp CKI. H thuộc đường tròn ngoại tiếp BCD. · IAB = · DIA (so le trong) Nên · DAI = · DIA ⇒ V DAI cân tại D ⇒ AD = DI Mà AD = BC (tính chất HBH) ⇒ DI = BC Mặt khác: · DAI = · IKC (slt) ⇒ · IKC = · DIA Mà · DIA = · KIC (đối đỉnh) ⇒ · KIC = · CKI nên V ICK cân tại C ⇒ CH là đường trung trực, là đường phân giác. ⇒ · HCI = · HCK Mà V HIC cân tại H nên · HIC = · HCI và HI = HC ⇒ · HIC = · HCK Xét V HID và V HCB có: DI = BC (CMT) HI = HC · DIH = · HCB (cùng cộng · HCK = 180 0 ) ⇒ V HID = V HCB (c\g\c ) ⇒ · HDC = · HBC ⇒ tứ giác HBCD nội tiếp Vậy H thuộc đường tròn ngoại tiếp V BCD. BÀI 5 trang 159 gt kl Cho hình vuông ABCD. qua A kẻ 2 đường thẳng lần lượt cắt BC tại E , cắt CD tại F sao cho = 45 0 . AE BD = P, AF BD = Q. 5 điểm E, P, Q, F, C cùng thuộc 1 đường tròn. Giải Xét tứ giác AQEB có: · QAE = · QBE = 45 0 (Theo gt và tính chất đường chéo của hình vuông) ⇒ AQEB nội tiếp ⇒ · ABE + · AQE = 180 0 ⇒ · ABE = · AQE = 90 0 (do · ABE = 90 0 ) ⇒ · FQE = 180 0 - · AQE = 90 0 Xét tứ giác FQEC có · FQE = · FCE = 90 0 ⇒ FQEC nội tiếp hay Q, C thuộc đường tròn đường kính EF. Chứng minh tương tự : tứ giác APFD nội tiếp ⇒ · ADF = · APF = 90 0 - · FPE Xét tứ giác PECF có: · FCE = · FBE = 90 0 ⇒ tứ giác PECF nội tiếp hay P, C thuộc đường tròn đường kính EF Vậy Q, F, C, E, P cùng thuộc 1 đường tròn. Bài 7 trang 159 Giải Tứ giác BC’DA’ nội tiếp đường tròn đường kính BD nên · ' 'C OA = 2 · ' 'C DA (góc ở tâm và góc nội tiếp chắn cùng 1 cung) Mà µ B + · ' 'C DA = 180 0 Mặt khác µ B + µ A = 180 0 (Tính chất hbh) ⇒ · ' 'C DA = µ A Theo cmt: · ' 'C OA = 2 · ' 'C DA ⇒ · ' 'C OA = 2 µ A (1) • Tứ giác AC’B’D nội tiếp đường tròn đường kính AD nên gt kl Cho hbh ABCD( tù), AC BD = O. Từ D vẽ DA’ BC (với A’ CB), DC’ AB (với C’ AB), DB’ AC (với B’ AC). Đường tròn qua 3 điểm A’, B’, C’ cũng qua O. · ' 'AB C = · ' 'AD C = 90 0 - µ A Mà µ A = µ C (góc đối đỉnh của hbh) Ta có: · 'AB C = · ' 'AB C + · ' ' 'C B A + · ' 'A B C = 180 0 ⇒ · ' ' 'C A B = 180 0 – ( · ' 'AB C + · ' 'A B C ) = 180 0 - (90 0 - µ A ) – (90 0 - µ C ) = 2 µ A (2) Từ (1) và (2) ta có · ' 'C OA = · ' ' 'C B A ⇒ Tứ giác C’OB’A’ nội tiếp hay O thuộc đường tròn ngoại tiếp V A’B’C’. Bài 11 trang 158 Giải gt kl Cho ngoại tiếp đường tròn (O), bán kính 1. (O) tiếp xúc AB, AC lần lượt tại D, E. I là tâm đường tròn ngoại tiếp ADE. DE BO = M, DE CO = N. Tính OI. B, C, M, N cùng thuộc 1 đường tròn. • Do · ADO = · AEO = 90 0 (vì D và E là tiếp điểm của đường tròn tâm O với AB và AC) ⇒ tứ giác ADOE nội tiếp đường tròn tâm I ⇒ AI = IO. Đặt · DAE = 2 α ⇒ · DAO = · OAE = α Xét V vuông DAO có sin · DAO = sin α = DO AO ⇒ OA = 1 sin α ⇒ OI = 1 2 OA = 1 2Sin α . • Vì đường tròn tâm O nội tiếp ABCV ⇒ O là giao điểm 3 đường phân giác của ABCV ⇒ BM, CN lần lượt là phân giác của · ABC , · ACB . Xét V NEC có · MEC = · MNC + · ECN (góc ngoài tam giác) ⇒ · MEC = · MNC + · 2 ACB (1) Vì AD = AE (tính chất 2 tiếp tuyến xuất phát từ A tới (O)) ⇒ V ADE cân ⇒ · AED = 1 2 (180 0 - µ A ) Mà · AED = · MEC (đối đỉnh) ⇒ · MEC = 1 2 (180 0 - µ A ) (2) Từ (1) và (2) ta có · MNC + µ 2 C = 1 2 (180 0 - µ A ) ⇒ · MNC = µ 2 B = · MBC ⇒ Tứ giác MNBC nội tiếp. Bài 9 trang 159 Giải O A D B C C1 D1 A1 B1 Ta có: · 'AD D = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD) · 'AD B = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) ⇒ D, D’, B thẳng hàng ⇒ D, D’, B, B’ thẳng hàng. Tương tự A, C’, C, A’ thẳng hàng. • Ta lại có: tứ giác A’D’AB nội tiếp đường tròn đường kính AB ⇒ · ABD = · ' 'AA D (góc nội tiếp cùng chắn cung AD’). (1) Tứ giác ABCD nội tiếp (O). A’, B’, C’, D’ lần lượt là giao điểm của các đường tròn đường kính AB và BC, BC và CD, CD và DA, AD và AB. A’, B’, C’, D’ cùng thuộc 1 đường tròn. gt kl • Tứ giác DC’B’C nội tiếp đường tròn đường kính CD ⇒ · 'DCC = · ' 'DB C (góc nội tiếp cùng chắn cung DC’) Hay · DCA = · ' 'DB C (vì A, C’, C thẳng hàng) (2). Mà · ABD = · DCA (góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (3) Từ (1), (2), (3) ta có: · AA' 'D = · ' 'DB C hay · ' ' 'C D A = · ' ' 'D B C (vì D, D’, B’ thẳng hàng và A, C’, A’, C thẳng hàng) ⇒ tứ giác A’B’C’D’ nội tiếp 1 đường tròn hay A’, B’, C’, D’ cùng thuộc 1 đường tròn. Bài 10 trang Giải Ta có: MP ⊥ OP hay · MPO = 90 0 (tính chất tiếp tuyến) MN ⊥ ON hay · MNO = 90 0 (tính chất tiếp tuyến) ⇒ · MPO + · MNO = 180 0 ⇒ tứ giác MNOP nội tiếp mà O cố định ⇒ đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P luôn qua O là điểm cố định. Bài 13 trang 160 . PN. P thuộc đường tròn ngoại tiếp . gt kl ⇒ tứ giác ABCI nội tiếp ⇒ · BNI = · BAI hay · BNC = · BAI = 12 · BAC (3) Mặt khác · NBM = · NCM = 90 0 (tính chất góc tạo bởi phân