On thi vao 10 Chu de Chung minh tu giac noi tiep.doc

Chủ đề Đ10.CHNG MINH T GIC NI TIP A.KIN THC CƠ BẢN Phương pháp chứng minh -Chứng minh bốn đỉnh tứ giác cách điểm -Chứng minh tứ giác có hai góc đối diện bù -Chứng minh hai đỉnh nhìn đoạn thẳng tạo hai điểm cịn lại hai góc -Chứng minh tổng góc ngồi đỉnh với góc đối diện bù -Nếu MA.MB = MC.MD NA.ND = NC.NB tứ giác ABCD nột tiếp (Trong M = AB ∩ CD; N = AD ∩ BC ) -Nếu PA.PC = PB.PD tứ giác ABCD nội tiếp (Trong P = AC ∩ BD ) -Chứng minh tứ giác hình thang cân; hình chữ nhật; hình vng; … Nếu cần chứng minh cho nhiều điểm thuộc đường trịn ta chứng minh điểm lúc Song cần ý tính chất “Qua điểm khơng thẳng hàng xác định nht mt ng trũn Dạng V Bài tập Hình tổng hợp Câu IV(3,5đ): HN Cho đờng tròn (O;R) điểm A nằm bên đờng tròn Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đờng tròn (B, C tiếp điểm) 1/ Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp 2/ Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh BE vuông góc với OA OE.OA = R2 3/ Trên cung nhỏ BC đờng tròn (O;R) lấy điểm K (K khác B C) Tiếp tuyến K đờng tròn (O;R) cắt AB, AC theo thø tù t¹i P, Q Chøng minh tam giác APQ có chu vi không đổi K chuyển động cung nhỏ BC 4/ Đờng thẳng qua O vuông góc với OA cắt đờng thẳng AB, AC theo thứ tự điểm M, N Chứng minh PM + QN MN Câu V: (4,0đ) C tho Cho tam giác ABC vuông A, có AB = 14, BC = 50 Đờng phân giác góc ABC đờng trung trực cạnh AC cắt E Chứng minh tứ giác ABCE nội tiếp đợc đờng tròn Xác định tâm O đờng tròn Tính BE Vẽ đờng kính EF đờng tròn tâm (O) AE BF cắt P Chứng minh đờng thẳng BE, PO, AF đồng quy Tính diện tích phần hình tròn tâm (O) nằm ngũ giác ABFCE Bài 4: (2,75đ) hue Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R Vẽ tiếp tuyến d với đờng tròn (O) B Gọi C D hai điểm tuỳ ý tiếp tuyến d cho B nằm C D Các tia AC AD cắt (O) lần lợt E F (E, F khác A) Chứng minh: CB2 = CA.CE Chøng minh: tø gi¸c CEFD nội tiếp đờng tròn tâm (O) Chứng minh: tích AC.AE AD.AF số không đổi Tiếp tuyến (O) kẻ từ A tiếp xúc với (O ) T Khi C D di động d điểm T chạy đờng thẳng cố định nào? Câu V: HCM Cho tam giác ABC (AB CD Câu IV: (3,0đ) Nghệ An Cho đờng tròn (O;R), đờng kính AB cố định CD đờng kính thay đổi không trùng với AB Tiếp tuyến đờng tròn (O;R) B cắt đờng thẳng AC AD lần lợt E vµ F Chøng minh r»ng BE.BF = 4R2 Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp đờng tròn Gọi I tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác CEFD Chứng minh tâm I nằm đờng thẳng cố định Bài (3,0 điểm) QUNG NINH Cho điểm M nằm đờng tròn (O;R) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đờng tròn (O;R) ( A; B hai tiếp điểm) a) Chứng minh MAOB tứ giác nội tiếp b) Tính diện tích tam giác AMB cho OM = 5cm R = cm c) KỴ tia Mx n»m góc AMO cắt đờng tròn (O;R) hai điểm C D ( C nằm M D ) Gọi E giao điểm AB OM Chứng minh EA tia phân giác góc CED Bài : (3 điểm) HẢI PHÒNG Cho tam giác ABC vng A Một đường trịn (O) qua B C cắt cạnh AB , AC tam giác ABC D E ( BC khơng đường kính đường trịn tâm O).Đường cao AH tam giác ABC cắt DE K · · 1.Chứng minh ADE = ACB 2.Chứng minh K trung điểm DE 3.Trường hợp K trung điểm AH Chứng minh đường thẳng DE tiếp tuyến chung ngồi đường trịn đường kính BH đường trịn đường kính CH Bài 4: (3,5 điểm) KIÊN GIANG Cho đường trịn (O) có đường kính AB = 2R Trên tia đối AB lấy điểm C cho BC = R, đường tròn lấy điểm D cho BD = R, đường thẳng vng góc với BC C cắt tia AD M a) Chứng minh tứ giác BCMD tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tam giác ABM tam giác cân c) Tính tích AM.AD theo R d) Cung BD (O) chia tam giác ABM thành hai hần Tính diện tích phần tam giác ABM nằm (O) Bài : (3,5 điểm) AN GIANG Cho đường tròn (O ; R) đường kính AB dây CD vng góc với (CA < CB) Hai tia BC DA cắt E Từ E kẻ EH vng góc với AB H ; EH cắt CA F Chứng minh : 1/ Tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn 2/ Ba điểm B , D , F thẳng hàng 3/ HC tiếp tuyến đường tròn (O) Bài (3,5 điểm) THÁI BÌNH Cho đường trịn (O; R) A điểm nằm bên đường tròn Kẻ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) 1)Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp 2)Gọi E giao điểm BC OA Chứng minh BE vng góc với OA OE.OA=R2 3)Trên cung nhỏ BC đường trịn (O; R) lấy điểm K (K khác B C) Tiếp tuyến K đường tròn (O; R) cắt AB, AC theo thứ tự điểm P Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi không đổi K chuyển động cung nhỏ BC 4)Đường thẳng qua O, vng góc với OA cắt đường thẳng AB, AC theo thứ tự điểm M, N Chứng minh PM + QN ≥ MN Bài (3,5 điểm) THÁI BÌNH Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DM, đường thẳng cắt đường thẳng DM DC theo thứ tự H K Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn; · Tính CHK ; Chứng minh KH.KB = KC.KD; 1 = + Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh 2 AD AM AN Câu 8:( 3,0 điểm) VĨNH PHÚC Trên đoạn thẳng AB cho điểm C nằm A B Trên nửa mặt phẳng có bờ AB kẻ hai tia Ax By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vuông góc với CI C cắt tia By K Đường trịn đường kính IC cắt IK P ( P khác I) a, Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn, rõ đường tròn · · b, Chứng minh CIP = PBK c, Giả sử A, B, I cố định Hãy xác định vị trí điểm C cho diện tích tứ giác ABKI lớn Bài (3,5 điểm) THANH HÓA Cho nửa đương trịn tâm O đường kính AB = 2R Trên tia đối tia BA lấy điểm G (khác với điểm B) Từ điểm G; A; B kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ G cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A avf B C D Gọi N tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ G tới nửa đường tròn (O) Chứng minh tứ giác BDNO nội tiếp Chứng minh tam giác BGD đồng dạng với tam giác AGC, từ suy CN DN = CG DG · Đặt BOD = α Tính độ dài đoạn thẳng AC BD theo R α Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc R, không phụ thuộc α Bài ( 3,5 điểm ) ĐÀ NẲNG Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = AO Kẻ dây MN vng góc với AB I Gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E a) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆AME ∆ACM AM2 = AE.AC c) Chứng minh AE.AC - AI.IB = AI2 d) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Câu : PHÚ YÊN ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB = 2R Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp b) Chứng minh : DB.DC = DN.AC c) Xác định vị trí điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có diện tích lớn tính din tớch trng hp ny Bài 4: (3,0 điểm) hng yên Cho A điểm đờng tròn tâm O, bán kính R Gọi B điểm đối xứng với O qua A Kẻ đờng thẳng d qua B cắt đờng tròn (O) C D (d không qua O, BC < BD) Các tiếp tuyến đờng tròn (O) C D cắt E Gọi M giao điểm OE CD Kẻ EH vuông góc với OB (H thuộc OB) Chøng minh r»ng: a) Bèn ®iĨm B, H,M, E thuộc đờng tròn b) OM.OE = R2 c) H trung điểm OA Bi (3,5 im) QUẢNG TRỊ Cho tam giác ABC có góc A 60 0, góc B, C nhọn vẽ đường cao BD CE tam giác ABC Gọi H giao điểm BD CE a/ Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp b/ Chứng minh tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB c/ Tính tỉ số DE BC d/ Gọi O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh OA vng góc với DE Câu (3,5 điểm) QUẢNG TRỊ Cho điểm A nằm ngồi đường trịn tâm O bán kính R Từ A kẻ đường thẳng (d) không qua tâm O, cắt đường tròn (O) B C ( B nằm A C) Các tiếp tuyến với đường tròn (O) B C cắt D Từ D kẻ DH vng góc với AO (H nằm AO), DH cắt cung nhỏ BC M Gọi I giao điểm DO BC Chứng minh OHDC tứ giác nội tiếp Chứng minh OH.OA = OI.OD Chứng minh AM tiếp tuyến đường tròn (O) Cho OA = 2R Tính theo R diện tích phần tam giác OAM nằm ngồi đường trịn (O) C©u IV : (3,0 điểm) Hải d ơng Cho đờng tròn (O), dây AB không qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B) Kẻ dây MN vuông góc với AB H Kẻ MK vu«ng gãc víi AN ( K ∈ AN ) 1) Chøng minh: Bèn ®iĨm A, M, H, K thc đờng tròn 2) Chứng minh: MN phân giác cđa gãc BMK 3) Khi M di chun trªn cung nhỏ AB Gọi E giao điểm HK BN Xác định vị trí điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn Cõu 4:(3 im) Hải Dơng thức Cho tam giỏc MNP cõn ti M có cậnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn ( O;R) Tiếp tuyến N P đường tròn cắt tia MP tia MN E D a) Chứng minh: NE2 = EP.EM b) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp c) Qua P kẻ đường thẳng vng góc với MN cắt đường tròn (O) K ( K không trùng với P) Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2 Bài 4: Hà Giang (3,0 điểm ) Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp đờng tròn tâm O, ba đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H Kéo dài AO cắt đờng tròn M, AD cắt đờng tròn O ë K ( K kh¸c A, M kh¸c A) Chøng minh r»ng : a, MK song song BC b, DH = DK c, HM ®i qua trung ®iĨm I cđa BC Bài 4: (3 điểm) BÌNH THUẬN Cho tam giác ABC vng A có cạnh AB = 4,5 cm; AC = cm 1/ Tính độ dài đường cao AH diện tích hình trịn ngoại tiếp tam giác ABC 2/ Trên cạnh AC lấy điểm M vẽ đường trịn (O) đường kính MC, BM cắt (O) D; DA cắt (O) S; (O) cắt BC N Chứng minh: a/ Các tứ giác ABCD, ABNM nội tiếp b/ CA phân giác góc SCB Câu 4: (3đ) Long An Cho đường tròn (O) đường kính AB, C điểm nằm O A Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt (O) P,Q.Tiếp tuyến D cung nhỏ BP, cắt PQ E; AD cắt PQ F Chứng minh: a/ Tứ giác BCFD tứ giác nội tiếp b/ED=EF c/ED2=EP.EQ Câu 6: (3,0 điểm) Bắc Ninh Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB Từ điểm M tiếp tuyến Ax nửa đờng tròn vẽ tuyếp tuyến thứ hai MC(C tiếp điểm) Hạ CH vuông góc với AB, đờng thẳng MB cắt đờng tròn (O) Q cắt CH N Gọi giao ®iĨm cđa MO vµ AC lµ I Chøng minh r»ng: a/ Tø gi¸c AMQI néi tiÕp b/ ·AQI = ·ACO c/ CN = NH Câu V:(3,0 điểm) Bắc giang 1/ Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đờng tròn tâm O Các đờng cao BH CK tam giác ABC cắt điểm I Kẻ đờng kính AD đờng tròn tâm O, đoạn thẳng DI BC cắt M.Chứng minh a/Tứ giác AHIK nội tiếp đợc đờng tròn b/OM BC 2/Cho tam giác ABC vuông A,các đờng phân giác goác B góc C cắt cạnh AC AB lần lợt D E Gọi H giao điểm BD CE, biết AD=2cm, DC= cm tính độ dài đoạn thẳng HB Câu V:(3,0 điểm) Bắc giang Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB cố định H thuộc đoạn thẳng OA( H khác A;O trung điểm OA) Kẻ dây MN vuông góc với AB H MN cắt AK E Chøng minh tø gi¸c HEKB néi tiÕp Chøng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM Cho điểm H cố định, xác định vị trí K để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác MKE nhỏ Bi 4: (3,5 điểm) ĐĂK LĂK Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp đường tròn tâm O Dựng hình bình hành ABCD ; Gọi H chân đường vng góc kẻ từ D đến AC ; K giao điểm AC với đường tròn (O) Chứng minh rằng: 1/ HBCD tứ giác nội tiếp · · 2/ DOK = 2.BDH 3/ CK CA = 2.BD Bài (3,5điểm) BìNH DƯƠNG Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB có bán kính R, tiếp tuyến Ax Trên tiếp tuyến Ax lấy điểm F cho BF cắt đờng tròn C, tia phân giác góc ABF cắt Ax E cắt đờng tròn D a) Chứng minh OD // BC b) Chøng minh hÖ thøc : BD.BE = BC.BF c) Chøng minh tø gi¸c CDEF néi tiÕp d) Xác định số đo góc ABC để tứ giác AOCD hình thoi Tính diện tích hình thoi AOCD theo R Bài (3,0 điểm): quảng bình Cho tam giác PQR vuông cân P Trong góc PQR kẻ tia Qx cắt PR D (D không trùng với P D không trùng với R) Qua R kẻ đờng thẳng vuông góc với Qx E Gọi F giao điểm PQ RE d) e) f) g) Chøng minh tø gi¸c QPER nội tiếp đợc đờng tròn Chứng minh tia EP tia phân giác góc DEF Tính số đo góc QFD Gọi M trung điểm đoạn thẳng QE Chứng minh điểm M nằm cung tròn cố định tia Qx thay đổi vị trí nằm hai tia QP QR Bi 4: (4,0 điểm) ÐẠI HỌC TÂY NGUYÊN Cho tam giác ABC ( AB < AC) có góc nhọn Vẽ đường trịn tâm O đường kính BC cắt cạnh AB, AC theo thứ tự E D 1/ Chứng minh AD.AC = AE.AB 2/ Gọi H giao điểm DB CE Gọi K giao điểm AH BC Chứng minh AH ⊥ BC 3/ Từ A kẻ tiếp tuyến AM , AN với đường tròn (O) (M,N tiếp điểm).Chứng · · minh ANM = AKN 4/ Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng Bµi Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chøng minh r»ng: Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng trßn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: ∠ CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => CEH + ∠ CDH = 1800 Mµ ∠ CEH vµ ∠ CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEC = 900 CF đờng cao => CF AB => ∠BFC = 900 Nh vËy E vµ F cïng nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng tròn đờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ;  góc chung AE AH = => ∆ AEH ∼ ∆ADC => => AE.AC = AH.AD AD AC * XÐt hai tam gi¸c BEC vµ ADC ta cã: ∠ BEC = ∠ ADC = 900 ; ∠C lµ gãc chung BE BC = => ∆ BEC ∼ ∆ADC => => AD.BC = BE.AC AD AC Ta cã ∠C1 = ∠A1 ( v× cïng phụ với góc ABC) C2 = A1 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM) => ∠C1 = C2 => CB tia phân giác gãc HCM; l¹i cã CB ⊥ HM => ∆ CHM cân C => CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) ∠E1 = ∠E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c AHE Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp Bèn ®iĨm A, E, D, B cïng nằm đờng tròn Chứng minh ED = BC Chøng minh DE lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lêi gi¶i: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: ∠ CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => CEH + ∠ CDH = 1800 Mµ ∠ CEH vµ ∠ CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEA = 900 AD đờng cao => AD BC => ∠BDA = 900 Nh vËy E vµ D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng tròn đờng kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên ®êng trung tun => D lµ trung ®iĨm cđa BC Theo trªn ta cã ∠BEC = 900 VËy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung ®iĨm cđa AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1) Theo DE = BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2) Mà ∠B1 = ∠A1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB) => ∠E1 = ∠E3 => ∠E1 + ∠E2 = ∠E2 + ∠E3 Mµ ∠E1 + ∠E2 = ∠BEA = 900 => ∠E2 + ∠E3 = 900 = ∠OED => DE OE E Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm ¸p dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông E ta cã ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bµi Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N Chứng minh AC + BD = CD Chøng minh OC // BM Chøng minh AB lµ tiÕp tuyÕn Chøng minh ∠COD = 900 đờng tròn đờng kính CD AB Chøng minh AC BD = Chøng minh MN AB 10 Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhá nhÊt Lêi gi¶i: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM lµ hai gãc kỊ bï => ∠COD = 900 Theo COD = 900 nên tam giác COD vuông O cã OM ⊥ CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn ) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, AB Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = Theo trªn ∠COD = 900 nªn OC ⊥ OD (1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM ⊥ OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD) Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta cã AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB => IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB t¹i O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD CN AC CN CM = = Theo trªn AC // BD => , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy BN BD BN DM => MN // BD mµ BD ⊥ AB => MN ⊥ AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nªn suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vuông góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O trung ®iĨm cđa IK Chøng minh B, C, I, K nằm đờng tròn Chứng minh AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD) Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù ®Ønh B Do ®ã BI ⊥ BK hay∠IBK = 900 T¬ng tù ta cịng cã ∠ICK = 900 nh B C nằm đờng tròn đờng kÝnh IK ®ã B, C, I, K cïng n»m đờng tròn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH C2 + ∠I1 = 900 (2) ( v× ∠IHC = 900 ) I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O) 11 Từ (1), (2) , (3) => ∠C1 + ∠ICO = 900 hay AC ⊥ OC Vậy AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Từ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20 − 12 = 16 ( cm) CH 12 CH = AH.OH => OH = = (cm) = AH 16 OC = OH + HC = + 12 = 225 = 15 (cm) Bµi Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp ®iĨm) KỴ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA, gäi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chứng minh OAHB hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải: (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Ta có MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM ⊥ AB t¹i I Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900 nªn tam giác OAM vuông A có AI đờng cao áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ OI IM = IA2 Ta cã OB ⊥ MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA ⊥ MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tø gi¸c OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH AB; theo OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nhng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiếu A BE, Chøng minh r»ng AI = AH Chøng minh r»ng BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD) ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB CE (gt), ®ã AB võa lµ ®êng cao võa lµ ®êng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2 12 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 => ∆ AHB = ∆AIB => AI = AH AI = AH BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc với (O) M Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn Chứng minh BM // OP Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: (HS tự làm) Ta cã ∠ ABM néi tiÕp ch¾n cung AM; ∠ AOM góc tâm AOM chắn cung AM => ABM = (1) OP tia phân giác AOM ∠AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => ∠ AOP = (2) Tõ (1) vµ (2) => ∠ ABM = ∠ AOP (3) Mµ ∠ ABM AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) XÐt hai tam gi¸c AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyÕn ); ∠NOB = 900 (gt NO⊥AB) => ∠PAO = ∠NOB = 900; OA = OB = R; ∠AOP = ∠OBN (theo (3)) => ∆AOP = ∆OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta còng cã PM ⊥ OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có PAO = AON = ONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đờng cao => IK ⊥ PO (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh r»ng: AI2 = IM IB 3) Chøng minh BAF tam giác cân 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Lời giải: Ta có : AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù) AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù) => ∠KMF + ∠KEF = 1800 Mµ ∠KMF vµ ∠KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp 13 Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM IB Theo gi¶ thiÕt AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……) => ∠ABE =∠MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo trªn ta cã ∠AEB = 900 => BE ⊥ AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF (3) Tõ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6) Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo AKFH h×nh thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7) Tam gi¸c ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (8) => ∠IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ∠ ABD = ∠ DFB Chøng minh r»ng CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC AE ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R không đổi AC AE không đổi ADB cã ∠ADB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn ) => ABD + BAD = 900 (vì tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1) ∆ ABF cã ∠ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) => ∠AFB + ∠BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) Tõ (1) vµ (2) => ∠ABD = ∠DFB ( cïng phơ víi ∠BAD) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 1800 ∠ECD + ∠ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( cïng bï víi ∠ACD) Theo trªn ∠ABD = ∠DFB => ∠ECD = ∠DFB Mµ ∠EFD + ∠DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, MA Gọi P chân đơng vuông góc từ S ®Õn AB Chøng minh ®iĨm A, M, S, P nằm đờng tròn 14 Gọi S giao điểm MA SP Chứng minh tam giác PSM cân Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn Lời giải: Ta cã SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng trßn ) => ∠AMS = 900 Nh vËy P M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính AS Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn Vì Mđối xứng M qua AB mà M nằm đờng tròn nên M nằm đờng tròn => hai cung AM AM có số ®o b»ng => ∠AMM’ = ∠AM’M ( Hai gãc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1) Cũng Mđối xứng M qua AB nên MM AB H => MM’// SS’ ( cïng vu«ng gãc víi AB) => ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (v× so le trong) (2) => Tõ (1) vµ (2) => ∠AS’S = ASS Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => ASP = AMP => tam giác PMS cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = S1 (cùng phụ với S) (3) Tam giác PMS cân P => S1 = M1 (4) Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5) Tõ (3), (4) vµ (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2 mµ ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nªn suy ∠M1 + ∠M2 = ∠PMO = 900 => PM OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh : Tam giác DEF cã ba gãc nhän BD BM = DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp CB CF Lời giải: (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta cã AD = AF => tam gi¸c ADF cân A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => ∠DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE) Chứng minh t¬ng tù ta cã ∠DFE < 900; ∠EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän AD AF = Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => => DF // BC AB AC DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn Xét hai tam giác BDM CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = ∠BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI); ∠ CBF = ∠BFD (v× so le) => ∠BDM = ∠CBF BD BM = => ∆BDM ∼∆CBF => CB CF Bµi 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn ë P Chøng minh : CM CN kh«ng phơ Tứ giác OMNP nội tiếp thuộc vào vị trí Tứ giác CMPO hình bình hành điểm M 15 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định Lời giải: Ta có OMP = 900 ( PM AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Nh M N nhìn OP díi mét gãc b»ng 900 => M vµ N nằm đờng tròn đờng kính OP => Tứ gi¸c OMNP néi tiÕp Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => ∠OPM = ∠ ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ∠ONC = ∠OCN => ∠OPM = OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta có ∠MOC = ∠OMP = 900; ∠OPM = ∠OCM => ∠CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = ∆MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta cã ∠MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C gãc chung => ∆OMC ∼∆NDC CM CO = => => CM CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2 CD CN không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) DÔ thÊy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ∠ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vuông góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B’ song song vµ b»ng AB Bµi 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chøng minh EF lµ tiÕp tuyÕn chung hai nửa đờng tròn Lời giải: Ta cã : ∠BEH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai gãc kÒ bï) (1) ∠CFH = 900 ( néi tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2) => B1 = ∠H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => ∠B1= ∠F1 => ∠EBC+∠EFC = ∠AFE + ∠EFC mµ ∠AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF vµ ACB ta cã ∠A = 900 lµ gãc chung; ∠AFE = ∠ABC ( theo Chøng AE AF = minh trªn) => ∆AEF ∼∆ACB => => AE AB = AF AC AC AB 16 * HD c¸ch 2: Tam giác AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H cã HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2 => E1 + ∠E2 = ∠H1 + ∠H2 mµ ∠H1 + ∠H2 = ∠AHB = 900 => ∠E1 + ∠E2 = ∠O1EF = 900 => O1E ⊥EF Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã O2F ⊥ EF VËy EF lµ tiÕp tun chung hai nửa đờng tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vÒ mét phÝa AB nửa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K) Chøng minh EC = MN Chøng minh MN lµ tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K) Tính MN Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lời giải: Ta có: BNC= 900( nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) => ENC = 900 (vì hai góc kề bï) (1) ∠AMC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai gãc kỊ bï).(2) ∠AEB = 900 (néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) (K) => B1 = C1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3 => B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => ∠B1 = ∠N1 (5) Tõ (4) vµ (5) => ∠N1 = ∠N3 mµ ∠N1 + ∠N2 = ∠CNB = 900 => ∠N3 + ∠N2 = ∠MNK = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K) Ta cã ∠AEB = 900 (néi tiÕp ch¾n nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A cã EC ⊥ AB (gt) => EC = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) = π OA2 = π 252 = 625 π ; S(I) = π IA2 = π 52 = 25 π ; S(k) = π KB2 = π 202 = 400 π Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 625 π - 25 π - 400 π ) = 200 π = 100 π ≈ 314 (cm2) 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE 17 Lêi gi¶i: Ta cã ∠CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng tròn đờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác néi tiÕp => ∠D1= ∠C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB) ¼ = EM ¼ => ∠C2 = ∠C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau) D1= C3 => SM => CA tia phân gi¸c cđa gãc SCB XÐt ∆CMB Ta cã BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC nh vËy BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy ẳ = EM ẳ => D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) Theo trªn Ta cã SM Ta cã MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => ∠MEB = 900 Tø gi¸c AMEB cã ∠MAB = 900 ; ∠MEB = 900 => ∠MAB + ∠MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => ∠A1= ∠B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => ∠A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) C©u : ∠ABC = ∠CME (cïng phơ ∠ACB); ∠ABC = ∠CDS (cïng bï ∠ADC) => ∠CME = ∠CDS » = CS » => SM ¼ = EM ¼ => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB => CE Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn đờng kính BD cắt BC E Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G Chứng minh : Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC vµ AFBC néi tiÕp AC // FG Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); ∠DEB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nưa ®êng trßn ) => ∠DEB = ∠BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB CAB Theo trªn ∠DEB = 900 => ∠DEC = 900 (v× hai gãc kỊ bï); ∠BAC = 900 ( ABC vuông A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp 18 * BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay BFC = 900 nh F A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn đờng kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => ∠E1 = ∠C1 l¹i cã ∠E1 = ∠F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nªn suy AC // FG (HD) DƠ thấy CA, DE, BF ba đờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đờng cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M kh«ng trïng B C, H ) ; tõ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp hÃy xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH Chøng minh OH ⊥ PQ Lêi gi¶i: Ta cã MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 900; MQ ⊥ AC (gt) => ∠AQM = 900 nh P Q nhìn BC dới góc 900 nên P Q nằm đờng tròn đờng kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC = BC.AH Tam gi¸c ABM có MP đờng cao => SABM = AB.MP Tam giác ACM có MQ đờng cao => SACM = AC.MQ 1 Ta cã SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Mµ AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH » = HQ ¼ ( tính Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => HAP = ∠HAQ => HP chÊt gãc néi tiÕp ) => ∠HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH PQ 19 Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M đờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp Chứng minh đờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiÕp Lêi gi¶i: Ta cã : ∠ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MCI = 900 (vì hai góc kề bù) ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => MDI = 900 (vì hai góc kề bù) => MCI + MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp Theo Ta có BC MA; AD MB nên BC AD hai đờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = ∠C1 Mµ ∠A1 + ∠M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => ∠C3 + ∠C2 = 900 ( v× gãc ACM lµ gãc bĐt) hay ∠OCK = 900 XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã ∠OHK = 900; ∠OCK = 900 => ∠OHK + ∠OCK = 1800 mµ ∠OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp Bài 19 Cho đờng tròn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vuông góc víi CD Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chøng minh BI // AD Chøng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tun cđa (O’) Lêi gi¶i: ∠BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 (vì hai góc kề bù); DE AB t¹i M => ∠BMD = 900 => ∠BID + ∠BMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm ®êng ∠ADC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) => AD DC; theo BI ⊥ DC => BI // AD (1) Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2) Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thôi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; OIC cân O ( OC OI bán kính ) => I3 = ∠C1 mµ ∠C1 = ∠E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => ∠I1 = ∠I3 => ∠I1 + ∠I2 = ∠I3 + ∠I2 Mµ ∠I3 + ∠I2 = ∠BIC = 900 => ∠I1 + ∠I2 = 900 = ∠MIO’ hay MI ⊥ O’I t¹i I => MI tiếp tuyến (O) 20 Bài 20 Cho đờng tròn (O; R) (O; R) có R > R tiếp xúc C Gọi AC BC hai đờng kính qua điểm C (O) (O) DE dây cung (O) vuông góc với AB trung điểm M AB Gọi giao ®iĨm thø hai cđa DC víi (O’) lµ F, BD cắt (O) G Chứng minh rằng: Tứ giác MDGC néi tiÕp Bèn ®iĨm M, D, B, F nằm đờng tròn Tứ giác ADBE hình thoi B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB ®ång quy MF = 1/2 DE MF tiếp tuyến (O) Lời giải: BGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => CGD = 900 (vì hai góc kề bù) Theo giả thiết DE AB M => ∠CMD = 900 => ∠CGD + ∠CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠BFD = 900; ∠BMD = 900 (v× DE ⊥ AB M) nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng tròn đờng kính BD => M, D, B, F nằm đờng tròn Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm ®êng ∠ADC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình tho => BE // AD mà AD DF nên suy BE DF Theo trªn ∠BFC = 900 ( néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đờng thẳng vuông góc với DF đo B, E, F thẳng hàng Theo DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy Theo DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tun thc c¹nh hun b»ng nưa c¹nh hun) (HD) theo trªn MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1 OBF cân O ( OB OF bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = ∠D1 (Cïng phơ víi ∠DEB ) => ∠F1 = ∠F3 => ∠F1 + ∠F2 = ∠F3 + ∠F2 Mµ ∠F3 + ∠F2 = ∠BFC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = 900 = ∠MFO’ hay MF ⊥ O’F F => MF tiếp tuyến (O) Bài 21 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc A Chøng minh IP // OQ Chøng minh r»ng AP = PQ Xác định vị trí P ®Ĩ tam gi¸c AQB cã diƯn tÝch lín nhÊt Lêi giải: Ta có OI = OA IA mà OA IA lần lợt bán kính đờng tròn (O) đờng tròn (I) Vậy đờng tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc A OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1 IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1 => P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nªn suy IP // OQ 21 ∠APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đờng trung tuyến => AP = PQ (HD) KỴ QH ⊥ AB ta có SAQB = AB.QH mà AB đờng kính không đổi nên SAQB lớn QH lớn nhÊt QH lín nhÊt Q trïng víi trung ®iĨm cđa cung AB §Ĩ Q trïng víi trung ®iĨm cung AB P phải trung điểm cung AO Thật P trung điểm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn Bài 22 Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thø tù ë H vµ K Chøng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc CHK Chøng minh KC KD = KH.KB Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào? Lời giải: Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => nh H C nhìn BD dới góc 900 nên H C nằm đờng tròn đờng kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2) Tõ (1) vµ (2) => ∠CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => ∠CHK = 450 XÐt ∆KHC vµ ∆KDB ta cã ∠CHK = ∠BDC = 450 ; ∠K lµ gãc chung KC KH = => ∆KHC ∼ ∆KDB => => KC KD = KH.KB KB KD (HD) Ta có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E B H ≡ B; E ≡ C th× H ≡ C) Bài 23 Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF ED, Chứng minh ®iĨm b, k, e, m, c cïng n»m đờng tròn Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải: Theo giả thiết ABHK hình vuông => BAH = 450 Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => ∠BAC = 900 => ∠BAH + ∠BAC + ∠CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba ®iĨm H, A, D thẳng hàng Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1) FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay ∠FAC = 450 (2) Tõ (1) vµ (2) suy FBC tam giác vuông cân F Theo trªn ∠BFC = 900 => ∠CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông) 22 => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vu«ng) => ∠CMF = 450 hay ∠CMB = 450 Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông) Nh K, E, M cïng nh×n BC díi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dùng BC => điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn CBM có B = 450 ; ∠M = 450 => ∠BCM =450 hay MC BC C => MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 24 Cho tam gi¸c nhän ABC cã ∠B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn cắt BA BC D E A Chøng minh AE = EB Gäi H giao điểm CD AE, Chứng minh ®êng trung D trùc cđa ®o¹n HE ®i qua trung ®iĨm I cđa BH F Chøng minh OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác O H / _ BDE _K Lời giải: / I ∠AEC = 90 (néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) B E C => AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE E => IK HE K (2) Từ (1) (2) => IK lµ trung trùc cđa HE VËy trung trùc đoạn HE qua trung điểm I BH theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB ∠ ADC = 900 (néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vuông D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB bán kính ) => ∠D2 = ∠B1 (4) Theo trªn ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH ⊥ AC t¹i F => ∆AEB cã ∠AFB = 900 Theo trªn ∆ADC cã ∠ADC = 900 => ∠B1 = ∠C1 ( cïng phô ∠BAC) (5) Tõ (3), (4), (5) =>∠D1 = ∠D2 mµ ∠D2 +∠IDH =∠BDC = 900=> ∠D1 +∠IDH = 900 = ∠IDO => OD ID D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đờng tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đờng vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH néi tiÕp Mµ ∠B1 = ∠C1 ( = 1/2 sđ ẳ ) => I1 = H1 (2) Chøng minh MI = MH.MK Chøng minh PQ MI BM Lời giải: Từ (1) (2) => ∆MKI Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có AB = AC => ABC cân A MI MK = ∆MIH => => Theo gi¶ thiÕt MI ⊥ BC => ∠MIB = 900; MK ⊥ AB => ∠MKB = 900 MH MI => ∠MIB + ∠MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ gi¸c BIMK néi tiÕp MI2 = MH.MK * ( Chøng minh tứ giác CIMH nội tiếp tơng tự tứ giác BIMK ) Theo tứ giác BIMK nội tiếp => ∠KMI + ∠KBI = 1800; tø gi¸c CHMI néi tiÕp => ∠HMI + ∠HCI = 1800 mµ ∠KBI = HCI ( tam giác ABC cân A) => KMI = HMI (1) Theo tứ giác BIMK nội tiÕp => ∠B1 = ∠I1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung KM); tø gi¸c CHMI néi tiÕp => ∠H1 = ∠C1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) 23 Theo trªn ta cã ∠I1 = ∠C1; cịng chøng minh tơng tự ta có I2 = B2 mà C1 + ∠B2 + ∠BMC = 1800 => ∠I1 + ∠I2 + ∠BMC = 1800 hay ∠PIQ + ∠PMQ = 1800 mµ hai góc đối => tứ giác PMQI nội tiÕp => ∠Q1 = ∠I1 mµ ∠I1 = ∠C1 => ∠Q1 = ∠C1 => PQ // BC ( v× cã hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ Bài 26 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R Vẽ dây cung CD AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM vµ CB Chøng minh : KC AC = AM tia phân giác CMD Tứ giác OHCI nội tiếp KB AB Chứng minh đờng vuông góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đờng tròn M ằ = MC ẳ ằ Lời giải: Theo giả thiết M trung điểm cña BC => MB => ∠CAM = ∠BAM (hai gãc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia KC AC = phân giác góc CAB => ( t/c tia phân giác tam giác ) KB AB » => ∠CMA = ∠DMA => MA lµ tia phân (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung điểm CD giác góc CMD ằ (HD) Theo giả thiết M trung điểm cđa BC => OM ⊥ BC t¹i I => ∠OIC = 900 ; CD ⊥ AB t¹i H => ∠OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp KỴ MJ ⊥ AC ta cã MJ // BC ( vuông góc với AC) Theo OM ⊥ BC => OM ⊥ MJ t¹i J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A đờng tròn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kỴ MH ⊥ BC, MK ⊥ CA, MI ⊥ AB Chøng minh : Tø gi¸c ABOC néi tiÕp ∠BAO = ∠ BCO ∆MIH ∼ ∆MHK MI.MK = MH2 Lời giải: 24 (HS tự giải) Tứ giác ABOC néi tiÕp => ∠BAO = ∠ BCO (néi tiÕp cïng chắn cung BO) Theo giả thiết MH BC => ∠MHC = 900; MK ⊥ CA => ∠MKC = 900 => MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = ∠HKM (néi tiÕp cïng ch¾n cung HM) Chøng minh tơng tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) ẳ ) => ∠HKM = ∠MHI (1) Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã Mµ ∠HCM = ∠MBI ( = 1/2 sđ BM KHM = HIM (2) Từ (1) (2) => ∆ HIM ∼ ∆ KHM MI MH = Theo trªn ∆ HIM ∼ ∆ KHM => => MI.MK = MH2 MH MK Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đờng tròn (O) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC Lời giải: Theo giả thiết F điểm ®èi xøng cđa H qua trung ®iĨm I cđa BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng (HD) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => ∠BAC + ∠B’HC’ = 1800 mà BHC = BHC (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => ∠BHC = ∠BFC => ∠BFC + ∠BAC = 1800 => Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O) * H E đối xứng qua BC => ∆BHC = ∆BEC (c.c.c) => ∠BHC = ∠BEC => ∠ BEC + ∠BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) Ta cã H vµ E ®èi xøng qua BC => BC ⊥ HE (1) IH = IE mà I trung điểm cđa HF => EI = 1/2 HE => tam gi¸c HEF vuông E hay FE HE (2) Từ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC lµ hình thang (3) Theo E (O) => CBE = ∠CAE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung CE) (4) Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kÝnh cña (O) => ∠ACF = 900 => ∠BCF = CAE ( phụ ACB) (5) Từ (4) (5) => ∠BCF = ∠CBE (6) Tõ (3) vµ (6) => tứ giác BEFC hình thang cân Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH 25 Theo giả thiết I trung điểm cđa BC => OI ⊥ BC ( Quan hƯ ®êng kính dây cung) => OIG = HAG GI OI = (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA => mà OI = AH GA HA GI = mµ AI trung tuyến tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm => GA tam giác ABC Bài 29 BC dây cung đờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các ®êng cao AD, BE, CF cđa tam gi¸c ABC ®ång quy H Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A trung ®iĨm cđa BC, Chøng minh AH = 2OA’ Gäi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’ OA’ Chøng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn Lời giải: (HD) Tứ giác BFEC nội tiếp => ∠AEF = ∠ACB (cïng bï ∠BFE) ∠AEF = ∠ABC (cïng bï ∠CEF) => ∆ AEF ∼ ∆ ABC VÏ ®êng kÝnh AK => KB // CH ( cïng vu«ng gãc AB); KC // BH (cïng vu«ng gãc AC) => BHKC hình bình hành => A trung điểm HK => OK đờng trung bình AHK => AH = 2OA’ ¸p dơng tÝnh chÊt : hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta cã : R AA ' = ∆ AEF ∼ ∆ ABC => (1) R bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC; R bán kính đờng R ' AA1 tròn ngoại tiếp AEF; AA trung tun cđa ∆ABC; AA1 lµ trung tun cđa ∆AEF Tø giác AEHF nội tiếp đờng tròn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp AEF AH A 'O Tõ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’ = AA’ 2 VËy R AA1 = AA AO (2) Gọi B, Clần lợt trung điểm AC, AB, ta có OBAC ; OCAB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA, OB, OC lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB SABC = SOBC+ SOCA + SOAB = ( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB ) 2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) AA1 AA1 Theo (2) => OA = R mà tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF vµ ABC AA ' AA ' AA1 EF FD ED nên = Tơng tự ta có : OB = R ; OC’ = R Thay vµo (3) ta đợc AA ' BC AC AB EF FD ED BC + AC + AB )  2SABC = R(EF + FD + DE) 2SABC = R ( BC AC AB * R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC Ta có SABC = AD.BC BC không đổi nên SABC lín nhÊt AD lín nhÊt, mµ AD lín nhÊt A điểm giỡa cung lớn BC 26 Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH bán kính OA Chứng minh AM phân giác góc OAH Gi¶ sư ∠B > ∠C Chøng minh ∠OAH = ∠B - ∠C Cho ∠BAC = 600 vµ ∠OAH = 200 Tính: a) B C tam giác ABC b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R Lời giải: (HD) ẳ = CM ẳ => M AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM trung điểm cung BC => OM BC; Theo gi¶ thiÕt AH ⊥ BC => OM // AH => ∠HAM = ∠OMA ( so le) Mµ ∠OMA = OAM ( tam giác OAM cân O cã OM = OA = R) => ∠HAM = OAM => AM tia phân giác góc OAH 27 VÏ d©y BD ⊥ OA => »AB = »AD => ∠ABD = ∠ACB Ta cã ∠OAH = ∠ DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông góc nhọn) => ∠OAH = ∠ABC ∠ABD => ∠OAH = ∠ABC - ∠ACB hay ∠OAH = ∠B - ∠C a) Theo gi¶ thiÕt ∠BAC = 600 => ∠B + ∠C = 1200 ; theo trªn ∠B ∠C = ∠OAH => ∠B ∠C = 200 ∠B + ∠C = 1200 ∠B = 700 ⇔ =>   0 ∠B − ∠C = 20 ∠C = 50 π R 1202 R π R R R (4π − 3) − R b) Svp = SqBOC - S V BOC = = − = 3600 2 12 ... O).Đường cao AH tam giác ABC cắt DE K · · 1.Chứng minh ADE = ACB 2.Chứng minh K trung điểm DE 3.Trường hợp K trung điểm AH Chứng minh đường thẳng DE tiếp tuyến chung ngồi đường trịn đường kính... tiÕp tun Ax, By Qua ®iĨm M thc nưa ®êng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N Chøng minh AC + BD = CD Chøng minh OC // BM Chøng minh AB lµ tiÕp tuyÕn... Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiÕu cđa A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH Chøng minh r»ng BE lµ tiÕp tun cđa ®êng trßn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD) ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g)