BÀI TẬP TOÁN LỚP 9 NÂNG CAO TUYỂN CHỌN

80 BÀI TẬP HÌNH HỌC LỚP Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N,P Chứng minh rằng: A N Tứ giác CEHD, nội tiếp Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn E P AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC F H M đối xứng qua BC O H Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: ( B C D ( Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 ( Vì BE đường cao) M  CDH = 900 ( Vì AD đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEC = 900 CF đường cao => CF  AB => BFC = 900 Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường tròn đường kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; Â góc chung =>  AEH  ADC => AE AH => AE.AC = AH.AD  AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta có:  BEC =  ADC = 900 ; C góc chung =>  BEC  ADC => BE BC => AD.BC = BE.AC  AD AC Ta có C1 = A1 ( phụ với góc ABC) C2 = A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM) => C1 =  C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân C => CB đương trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp  C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD)  E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp A Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED = 1 BC Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 ( Vì BE đường cao) O H B D E C  CDH = 900 ( Vì AD đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEA = 900 AD đường cao => AD  BC => BDA = 900 Như E D nhìn AB góc 900 => E D nằm đường tròn đường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đường cao nên đường trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900 Vậy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = BC 4.Vì O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm 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 ( phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE E Vậy DE tiếp tuyến đường tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By C D Các đường thẳng AD BC cắt N Chứng minh AC + BD = CD 4.Chứng minh OC // BM 2.Chứng minh COD = 90 3.Chứng minh AC BD = AB 5.Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn đường kính CD 5.Chứng minh MN  AB 6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Lời giải: y x D I / M / C N A O B 1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 2.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM hai góc kề bù => COD = 900 3.Theo COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM  CD ( OM tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, AB Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R => AC BD = 4 Theo COD = 900 nên OC  OD (1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM  OD (2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD) 5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB  IO // AC , mà AC  AB => IO  AB O => AB tiếp tuyến O đường tròn đường kính CD Theo AC // BD => CN AC CN CM , mà CA = CM; DB = DM nên suy   BN BD BN DM => MN // BD mà BD  AB => MN  AB ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ 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 đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK Vì I tâm Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn đường tròn nội tiếp, Chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn (O) K tâm đường tròn Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 bàng tiếp góc A nên Cm BI BK hai tia Lời giải: (HD) phân giác hai góc kề bù đỉnh B Do BI  BK hayIBK = 900 Tương tự ta có ICK = 900 B C nằm đường tròn đường kính IK B, C, I, K nằm đường tròn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( IHC = 900 ) hoctoancapba.com A I B H C o K I1 =  ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC tiếp tuyến đường tròn (O) Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20  12 = 16 ( cm) CH2 = AH.OH => OH = CH 12  = (cm) AH 16 OC = OH  HC   12  225 = 15 (cm) Bài Cho đường tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB d Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp A Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm P K D đường tròn N Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 H M O I Chứng minh OAHB hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng C Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d B Lời giải: (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK  NP ( quan hệ đường kính Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường tròn đường kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM  AB I Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đường cao Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2 Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác 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 đường thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R Bài hoctoancapba.com Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đường kính đường tròn (A; AH) Tiếp tuyến đường tròn D cắt CA E E D Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH) A Chứng minh BE = BH + DE I Lời giải: (HD) 1  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) B H C Vì AB CE (gt), AB vừa đường cao vừa đường trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2 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 BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M chắn cung AM => é AOM Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp ABM = (1) đường tròn 2 Chứng minh BM // OP OP tia phân giác é Đường thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng AOM ( t/c hai tiếp minh tứ giác OBNP hình bình hành tuyến cắt ) => é Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài AOM AOP = (2) cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: Từ (1) (2) => é (HS tự làm) ABM = é AOP (3) 2.Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM góc tâm X N P J I M K A ( ( O B Mà é ABM é AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 3.Xét hai tam giác AOP OBN ta có : éPAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); éNOB = 900 (gt NOAB) => éPAO = éNOB = 900; OA = OB = R; éAOP = éOBN (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, mà ON  AB => ON  PJ Ta có PM  OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có éPAO = éAON = éONP = 900 => K trung điểm PO ( t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => éAPO = é NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác éAPM => éAPO = éMPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đường cao => IK  PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp => éKMF + 2) Chứng minh rằng: AI = IM IB éKEF = 1800 Mà 3) Chứng minh BAF tam giác cân éKMF éKEF hai 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi góc đối tứ giác 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn EFMK EFMK tứ giác nội tiếp Lời giải: Ta có : éAMB = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éKMF = 900 (vì hai góc kề bù) éAEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éKEF = 900 (vì hai góc kề bù) X I F M H E K 2 A O B Ta có éIAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM  IB ( theo trên) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => éIAE = éMAE => AE = ME (lí ……) => éABE =éMBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có éAEB = 900 => BE  AF hay BE đường cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm AF (3) Từ BE  AF => AF  HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác éHAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm HK (6) Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vuông góc với trung điểm đường) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB Thật vậy: M trung điểm cung AB => éABM = éMAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A có éABI = 450 => éAIB = 450 (8) Từ (7) (8) => éIAK = éAIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Bài Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đường tròn Các tia AC AD cắt Bx E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh  ABD =  DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải: C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa E đường tròn ) => BC  AE ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC đường cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đường cao ), mà C AB đường kính nên AB = 2R không đổi AC AE không đổi F D  ADB có ADB = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800)(1)  ABF có ABF = 900 ( BF tiếp tuyến ) O A B => AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2) Từ (1) (2) => ABD = DFB ( phụ với BAD) Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800 ECD + ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( bù với ACD) Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà 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 X Bài 10 Cho đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đường S vuông góc từ S đến AB 1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh ∆ PS’M cân M 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đường tròn Lời giải: 4( )1 Ta có SP  AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn P B ) H O 3( A nửa đường tròn ) => AMS = 90 Như P M nhìn AS góc 900 nên nằm đường tròn đường kính M' AS Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đường tròn S' Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đường tròn nên M’ nằm đường tròn => hai cung AM AM’ có số đo => AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1) Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’  AB H => MM’// SS’ ( vuông góc với AB) => AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2) => Từ (1) (2) => AS’S = ASS’ Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS’ vuông M => B1 = S’1 (cùng phụ với S) (3) Tam giác PMS’ cân P => S’1 = M1 (4) Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => B1 = M3 (5) Từ (3), (4) (5) => M1 = M3 => M1 + M2 = M3 + M2 mà M3 + M2 = AMB = 900 nên suy M1 + M2 = PMO = 900 => PM  OM M => PM tiếp tuyến đường tròn M Bài 11 Cho tam giác 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 : Tam giác DEF có ba góc nhọn DF // BC Tứ giác BDFC nội tiếp BD BM  CB CF A Lời giải: (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF = AFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE) Chứng minh tương tự ta có DFE < 900; EDF < 900 Như tam giác DEF có ba góc nhọn Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => AD AF => DF //  AB AC D F O I B M E BC DF // BC => BDFC hình thang lại có  B = C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường tròn Xét hai tam giác BDM CBF Ta có  DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) BDM = BFD (nội tiếp chắn cung DI);  CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF => BDM CBF => BD BM  CB CF Bài 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đường thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn P Chứng minh : Ta có OMP = 900 ( Tứ giác OMNP nội tiếp PM  AB ); ONP = Tứ giác CMPO hình bình hành 900 (vì NP tiếp tuyến CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M ) Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng Như M N cố định nhìn OP góc Lời giải: 900 => M N nằm đường C tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM =  ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OCN C M A O B N A' P D => 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 giả thiết Ta có CD  AB; PM  AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta có MOC = 900 ( gt CD  AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C góc chung => OMC NDC => CM CO => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi =>  CD CN CM.CN =2R2 không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đường thẳng cố định vuông góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A’ B’ song song AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB E, Nửa đường tròn đường kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn A Lời giải: Ta có : éBEH = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) E I => éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) 1( F éCFH = 90 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) )1 => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) O1 O2 B H C éEAF = 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 đường tròn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2) 10 B' => MN = MP + NP = 5R 5R R MN + 2R = Theo APB   MON => = : 2R = = k (k 2 AB tỉ số đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng nên ta có: S MON S   25 = k2 => MON =    S APB S APB   16 Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lấy điểm D, E cho  DOE = 600 A 1)Chứng minh tích BD CE không đổi 2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE E 3)Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh K D đường tròn tiếp xúc với DE Lời giải: H Tam giác ABC => ABC =  ACB = 60 (1); B O  DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2) 0 DBO có DOB = 60 => BDO + BOD = 120 (3) Từ (2) (3) => BDO =  COE (4) Từ (2) (4) => BOD  CEO => BD BO => BD.CE =  CO CE BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi Theo BOD  CEO => BD OD BD OD BD BO mà CO = BO => (5)     CO OE BO OE OD OE Lại có DBO = DOE = 600 (6) Từ (5) (6) => DBO  DOE => BDO = ODE => DO tia phân giác  BDE Theo DO tia phân giác  BDE => O cách DB DE => O tâm đường tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đường tròn tâm O tiếp xúc với AB tiếp xúc với DE Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B C cắt AC, AB D E Chứng minh : BD2 = AD.CD => EBC = DCB Tứ giác BCDE nội tiếp mà CBD = BCD BC song song với DE (góc tiếp tuyến Lời giải: với dây Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì chắn cung) => góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn EBD = DCE => BD CD B C nhìn DE  cung), lại có D chung => BCD  ABD => => BD AD BD = AD.CD Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ABC = ACB 30 C A O B E C D góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp Tứ giác BCDE nội tiếp => BCE = BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai góc so le nên suy BC // DE Bài 43 Cho đường tròn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM N Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp Chứng minh NE  AB _ F Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến / M (O) C / _ Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA) E Lời giải: (HS tự làm) B A O H (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE  AB 3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => FA // NE mà NE  AB => FA  AB A => FA tiếp tuyến (O) A Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC  BN => FN  BN N BAN có BM đường cao đồng thời đường trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đường tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA) Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đường tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuông góc AB H, cắt (O) E cắt OA D Chứng minh CO = CD Lời giải: Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi Theo giả thiết AB AC hai Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh tiếp tuyến đường tròn tâm O I trung điểm OH => OA tia phân giác Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm BOC => BOA = COA (1) O, M, K thẳng hàng 31 B H I E O D A M K C OB  AB ( AB tiếp tuyến ); CH  AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Từ (1) (2) => COD cân C => CO = CD.(3) theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) lại có OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi M trung điểm CE => OM  CE ( quan hệ đường kính dây cung) => OMH = 900 theo ta có OBH =900; BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F A E Chứng minh BC // AE Chứng minh ABCE hình bình hành _ Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI D O K F _ So sánh BAC BGO I _ _ Lời giải: (HS tự làm) B G H C 2).Xét hai tam giác ADE CDB ta có EAD = BCD (vì so le ) AD = CD (gt); ADE = CDB (đối đỉnh) => ADE = CDB => AE = CB (1) Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành 3) I trung điểm CF => OI  CF (quan hệ đường kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI  AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vuông H 2 1 => BGK = BAH ( cung phụ với ABH) mà BAH = BAC (do ABC cân nên AH phân giác) => BAC = 2BGO Bài 46: Cho đường tròn (O) điểm P đường tròn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (C  A) Đoạn PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD B b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB  HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: BEA chung E   EAB = EBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) P 32 O EB ED   EB = EA.ED (1) D C EA EB  = PCA    (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) * EPD (s.l.t) ; EAP = PCA A  = EAP   ; PEA chung  ∆EPD ~ ∆EAP (g.g)  EPD EP ED 2    EP = EA.ED (2)Từ &  EB = EP  EB = EP  AE trung tuyến ∆ EA EP  PAB Bài 47: Cho ∆ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vuông góc BD a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD b Chứng minh tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp c Chứng minh FD vuông góc BC, F giao điểm BA CE  d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADEF C HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g) b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 90E0) K c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF D 2a =a H a 600  = 2a.cos600 = 2a = a AB = BC.cos ABC A B F    AH = AB.sin ABC = a.sin600 = a ; ∆ FKB vuông K , có ABC = 600  BFK = 300   AD = FD.sin BFK  AD = FD.sin30  a = FD.0,5  FD = a : 0,5 = 2a  d) AC = BC.sin ABC = 2a.sin600 = 2a  Bài 48: Cho ∆ABC vuông ( ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường tròn đưòng kính AC Kẻ dây cung BD vuông góc AC H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đường tròn đường kính EC cắt BC I (I  C) B CI CE a Chứng minh  CB CA b Chứng minh D; E; I thẳng hàng c Chứng minh HI tiếp tuyến đường tròn đường kính EC HD; a) AB // EI (cùng  BC) A CI CE (đ/lí Ta-lét)   CB CA I H O E b) chứng minh ABED hình thoi  DE // AB mà EI //AB  D, E, I nằm đường thẳng qua E // AB  D, E, I thẳng hàng D   c) EIO' = IEO' ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’))   = HDI   (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến  ∆HID cân  HIE IEO' = HED 33 O’ C   Mà HDI + HED = 900  đpcm Bài 49: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH  (d) (H  d) M điểm thay đổi (d) (M  H) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn b Chứng minh IH.IO = IQ.IP P  c Giả sử PMQ = 60 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn K O (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) M I IO IQ   IH.IO = IQ.IP IP IH PQ PQ  c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg MQK = KQ.tg600 = 3 H 2 PQ PQ  ∆v OKQ có: OK = KQ.tg OQK = KQ.tg300 = KQ   3 S PQ PQ : =3  MPQ = SOPQ b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g)  Q Bài 50: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (E  A) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy DM CM  DE CE c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO  e Đặt AOC = α Tính theo R α đoạn AC BD C Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vào α HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) A E b) AC // BD (cùng  EB)  ∆EAC ~ ∆EBD D M N O B CE AC CE CM   (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau)  DE BD DE DM DM CM  (2)  DE CE NC AC NC CM   c) AC // BD (cmt)  ∆NAC ~ ∆NBD  (3) Từ 1; 2;   MN // BD NB BD NB DM d) O1 = O ; O3 = O mà O1 + O + O3 + O = 1800  O + O3 = 900 ; O + D1 = 900 (…)  34 OB R = ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα  AC.DB = R.tgα  D1 = O = O1 = α Vậy: DB = tg tg R tg  AC.DB = R (Đpcm) Bài 51: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1 a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn b Chứng minh A1A phân giác  B1A1C1 c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1 A d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MH  MC B1 So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) Tâm I trung điểm BH b) C/m:  HA1C1 =  HBC1 ;  HA1B1 =  HCB1 ; C1 M  HBC1 =  HCB1   HA1C1 =  HA1B1  đpcm c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 …  ỊJ trung trực A1C1 J H I B 12 A1 K C 1 HM.JK ; SHAC = HC.AC1 2 HC.AC1 AC1 MH HC HM+MC MC mà     1  1  ;  (JK// AC1  SHAC : S HJM = HM.JK MC HM HM HM JK  SHAC : S HJM = d) S HJM = Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vuông góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vuông góc với AM A với BM B cắt P a Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp tâm O đường tròn nằm đường thẳng cố định qua điểm L AB b Kẻ PI  Cz Chứng minh I điểm cố định c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH  PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng z HD: a) MABP nội tiếp đ/tròn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…) P I OA = OB = R(O)  O thuộc đường trung trực AB qua L trung điểm AB… b) IP // CM (  Cz)  MPIC hình thang  IL = LC không đổi B H A,B,C cố định  I cố định O N c) PA  KM ; PK  MB  H trực tâm ∆ PKM L  KH  PM K 35 d) AHBK nội tiếp đ/tròn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…)  N tâm đ/tròn ngoại tiếp …  NE = NA = R(N)  N thuộc đường trung trực AB  O,L,N thẳng hàng x A M C y Bài 53: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM a So sánh hai tam giác: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuông cân c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân c) ∆ KMN vuông  KN  KM mà KM // BP  KN  BP  APB = 900 (góc nội tiếp…)  AP  BP  KN // AP (  BP)    450 KM // BP  KMN  PAT U K P M  // N PKM   Mà PAM  PKU   450 A 0   PKN  45 ; KNM  45  PK // AN Vậy ANPK hình bình hành T O = B Bài 54: Cho đường tròn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vuông góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N a Chứng minh: tia MD phân giác góc AMB b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMA, I di động nào? C   HD: a) AMD  DMB  450 (chắn cung ¼ đ/tròn)   MD tia phân giác AMB M F b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O) N ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến I B  ∆ OMB ~ ∆ NAB A  BM BO   BM.BN = BO.BA = 2R không đổi BA BN c) ONMA nội tiếp đ/tròn đ/k AN Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp  I cách A O cố định  I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF 36 E O D Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường tròn (O) A b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao?   c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGO với BAC  A E d Cho biết DF // BC Tính cos ABC HD:a) Gọi H trung điểm BC  AH  BC (∆ ABC cân A) lập luận AH  AE  BC // AE (1) D b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g)  AE = BC (2) M N F Từ  ABCE hình bình hành O _ c) Theo c.m.t  AB // CF  GO  AB I _  = BAC    = 900 – ABC = BAH  BGO H B C d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH G 1 BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g)  DF.DN = DA.DC 2 2 BH 2  AC  cos ABC = =  2BH = AC  BH = AB 4  FD = MN = MD = Bài 56: Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường tròn (O) điểm C; D cắt (O’) E; F E a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp D c Chứng minh: A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE A d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’)   O’ HD: a) CBA = 900 = FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn) O    CBA + FBA = 180  C, B, F thẳng hàng   b) CDF = 900 = CEF  CDEF nội tiếp (quĩ tích …) F C B   c) CDEF nội tiếp  ADE = ECB (cùng chắn cung EF)   Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB)     Tương tự EA tia phân giác DEB  ADE = ADB  DA tia phân giác BDE Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE       d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = DCA ; EO'A = EFA mà DCA = EFA (góc nội tiếp chắn       cung DE)  DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ)  ODO' = O'EO  ODEO’ nội tiếp Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật  AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường tròn (O; R) có đường kính cố định AB  CD 37 a) Chứng minh: ACBD hình vuông b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E  B; E  C) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM =  EB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường tròn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R HD: a) AB  CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) C  ACBD hình vuông M     b) AED = = DOB = 450 AOD = 45 ; DEB 2     AED = DEB  ED tia phân giác AEB   = 450 ; EMB = 450 (∆ EMB vuông cân E) AED   = EMB (2 góc đồng vị)  ED // MB  AED c) ∆ EMB vuông cân E CE  DE ; ED // BM  CE  BM  CE đường trung trực BM d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R ) A O E // = B D Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía tam giác, tạo với cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường tròn tâm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vuông góc với CD O cắt AD M a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường tròn b Chứng minh: CA = CM c Đường thẳng HE cắt đường tròn tâm O K, đường thẳng HI cắt đường tròn tâm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp Bài 59: BC dây cung đường tròn (O; R) (BC  2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’ d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN Bài 60: Cho đường tròn tâm (O; R) có AB đường kính cố định CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường tròn B AD, AC cắt (∆) Q P a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vuông góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường tròn ngoại tiếp ∆CPD 38  < 900), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A với AB, AC B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp  b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp  PQ // BC Bài 62: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CI  AM (I  AM) C a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M =   CAI  c Chứng minh: MOI d Chứng minh: MA = 3.MB N = I 0   HD: a) COA  90 (…) ; CIA  90 (…)  Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 90 ) O B A b) MB // CI (  BM) (1)   NBM  ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) N1  N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI (slt)  CI = BM (2) Từ  BMCI hình bình hành   COA    900 ; CMI c) ∆ CIM vuông cân ( CIA  450 )  MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ;   IOC    CAI   MOI   CAI  IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O)  MOI mà: IOC R AC (với R = AO)  2 NC2 R 10 MI R2 R 10 2 AC +CN  2R + R    MN = ; NI = 2 NA 10 d) ∆ ACN vuông có : AC = R ; NC = Từ : AN =  MB = R2 R2 2R R 10 R 10 R 10 NC  MN     + =  AM = AN + MN = 10 10 10 2 3R 10  AM = BM  = 600 nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường tròn Bài 63: Cho ∆ABC có A D, đường cao BK cắt AH E   a Chứng minh: BKH  BCD  b Tính BEC c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtròn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đó) 39 d Chứng minh: ∆IOE cân I A   HD: a) ABHK nội tiếp  BKH ;  BAH     ( chắn cung BD)  BCD BCD  BAH  BKH b) CE cắt AB F ;   1800  A  1800  600  1200  BEC  AFEK nội tiếp  FEK = 1200     1800  B  C  1800  120  1200 c) BIC F E K I Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung B H nằm đường tròn tâm (O) C   DS   = sđ IO d) Trong đ/tròn (O) có DAS = sđ ; đ/tròn (S) có ISO D S 2     IO   đpcm  = IE  = IE   (so le trong) nên: DS = IO mà DS DAS = ISO 2 Bài 64: Cho hình vuông ABCD, phía hình vuông dựng cung phần tư đường tròn tâm B, bán kính AB nửa đường tròn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK  AD PH  AB Nối PA, cắt nửa đường tròn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M C D Chứng minh rằng: a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giác APMH hình thang cân P   900 (góc nội K HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) mà AIB tiếp …) M  BI  AP  BI đường cao đường trung tuyến  I trung điểm AP I b) HS tự c/m c) ∆ ABP cân B  AM = PH ; AP chung  ∆vAHP = ∆v PMA  AH = PM ; AHPK hình chữ nhật  AH = KP  PM = PK = AH d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) B A H  = AH   PA // MH  PM Vậy APMH hình thang cân Bài 65: Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN H O   OBM  HD: a) BOIM nội tiếp OIM  900 A B     b) INB  OBM  90 ; NIB  BOM (2 góc nội tiếp chắn cung BM)  ∆ IBN ~ ∆OMB I 40 c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn  IH lớn AO = R(O) Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường tròn đ/k AO Do SAIO lớn   450 Khi IH bán kính, ∆ AIH vuông cân, tức HAI Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn N M Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D  A D  C) A  a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC D b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI  CE c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn = d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm cung nhỏ AC = HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m : E O  AB = AC = BC = R Trong đ/tròn (O; R) có: AB = AC  Tâm O cách cạnh AB AC C  B  AO hay AI tia phân giác BAC    ) b) Ta có : DE = DC (gt)  ∆ DEC cân ; BDC = BAC = 600 (cùng chắn BC I  = IDC  = IC    BDI   IB  ∆CDE I điểm BC   DI tia phân giác BDC  ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao  DI  CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE  IE = IC mà I C cố  định  IC không đổi  E di động đ/tròn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I  AC (cung nhỏ )  nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ D → C E → C ; D → A E → B  E động BC ABC Bài 67: Cho hình vuông ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho : a AE = DF = a So sánh ∆ABE ∆DAF Tính cạnh diện tích chúng b Chứng minh AF  BE c Tính tỉ số diện tích ∆AIE ∆BIA; diện tích ∆AIE ∆BIA diện tích tứ giác IEDF IBCF  = 450 Vẽ đường cao BD CE Bài 68: Cho ∆ABC có góc nhọn; A Gọi H giao điểm BD, CE a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.; b Chứng minh: HD = DC c Tính tỷ số: DE BC d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OA  DE Bài 69: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường tròn đường kính AB Hạ BN DM vuông góc với đường chéo AC Chứng minh: 41 a Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn   b Khi điểm D di động đường tròn ( BMD + BCD ) không đổi c DB.DC = DN.AC Bài 70: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE Chứng minh: a BC // DE b Các tứ giác CODE, APQC nội tiếp c Tứ giác BCQP hình gì? Bài 71: Cho đường tròn (O) (O’) cắt A B; tiếp tuyến A đường tròn (O) (O’) cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh: a ∆ABD ~ ∆CBA   b BQD = APB c Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 72: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F a Chứng minh: AEMO tứ giác nội tiếp b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao? c Kẻ MH  AB (H  AB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH r d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường tròn nội tiếp ∆EOF Chứng minh:   R Bài 73: Từ điểm A đường tròn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD//AC Nối BK cắt AC I a Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b Chứng minh: IC2 = IK.IB  c Cho BAC = 600 Chứng minh: Cát tuyến AKD qua O Bài 74: Cho ∆ABC cân A, góc A nhọn Đường vuông góc với AB A cắt đường thẳng BC E Kẻ EN  AC Gọi M trung điểm BC Hai đ/thẳng AM EN cắt F a Tìm tứ giác nội tiếp đường tròn Giải thích sao? Xác định tâm đường tròn b Chứng minh: EB tia phân giác AEF c Chứng minh: M tâm đường tròn ngoại tiếp  AFN Bài 75: Cho nửa đường tròn tâm (O), đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường tròn Dựng hình vuông ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) K giao điểm CF ED 42 a Chứng minh: Bốn điểm E, B, F, K nằm đường tròn b ∆BKC tam giác gì? Vì sao? c Tìm quỹ tích điểm E A di động nửa đường tròn (O) Bài 76: Cho ∆ABC vuông C, có BC = AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B C) Từ B kẻ đường thẳng d vuông góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K  a Tính độ lớn góc CIK b Chứng minh: KA.KC = KB.KI; AC2 = AI.AE – AC.CK c Gọi H giao điểm đường tròn đường kính AK với cạnh AB Chứng minh: H, E, K thẳng hàng d Tìm quỹ tích điểm I E chạy BC Bài 77: Cho ∆ABC vuông A Nửa đường tròn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F a Chứng minh: CDEF nội tiếp  b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt EF CD M N Tia phân giác  cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao? CBF c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r12 + r22 Bài 78: Cho đường tròn (O;R) Hai đường kính AB CD vuông góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M a Tam giác CEF EMB tam giác gì? b Chứng minh: Tứ giác FCBM nội tiếp Tìm tâm đường tròn c Chứng minh: Cấc đường thẳng OE, BF, CM đồng quy Bài 79: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác B, C không trùng điểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’ a Chứng minh: HE  AC b Chứng minh: ∆HEF ~ ∆ABC c Khi A di chuyển, chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HEF cố định Bài 80: Cho ∆ ABC vuông A Kẻ đường cao AH Gọi I, K tương ứng tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABH ∆ ACH 1) Chứng minh ∆ ABC ~ ∆ HIK 2) Đường thẳng IK cắt AB, AC M N a) Chứng minh tứ giác HCNK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AM = AN 43 c) Chứng minh S’ ≤ S , S, S’ diện tích ∆ ABC ∆ AMN 44 [...]... DEB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) S A 0 => DEB = BAC = 90 ; lại có ABC là góc chung => DEB   CAB 2 Theo trên DEB = 90 0 => DEC = 90 0 (vì hai góc kề bù); BAC = 90 0 ( vì ABC vuông tại A) hay DAC = 90 0 => DEC + DAC = 1800 mà đây là hai góc đối nên ADEC là tứ giác nội tiếp * BAC = 90 0 ( vì tam giác ABC vuông tại A); DFB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay BFC = 90 0... thì MH  AB nên MH cũng là đường cao của tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy tại I 3 OAC cân tại O ( vì OA và OC là bán kính) => A1 = C4 KCM cân tại K ( vì KC và KM là bán kính) => M1 = C1 14 B Mà A1 + M1 = 90 0 ( do tam giác AHM vuông tại H) => C1 + C4 = 90 0 => C3 + C2 = 90 0 ( vì góc ACM là góc bẹt) hay OCK = 90 0 Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 90 0; OCK = 90 0 => OHK + OCK = 1800 mà OHK... có CD và AE là hai đường cao của tam giác ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH cũng là đường cao của tam giác ABC => BH  AC tại F => AEB có AFB = 90 0 Theo trên ADC có ADC = 90 0 => B1 = C1 ( cùng phụ BAC) (5) Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 90 0=> D1 +IDH = 90 0 = IDO => OD  ID tại D => OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đường tròn (O),... ở A => BAC = 90 0 => BAH + BAC + CAD = 450 + 90 0 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng 2 Ta có BFC = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên tam giác BFC vuông tại F (1) FBC = FAC ( nội tiếp cùng chắn cung FC) mà theo trên CAD = 450 hay FAC = 450 (2) Từ (1) và (2) suy ra FBC là tam giác vuông cân tại F 3 Theo trên BFC = 90 0 => CFM = 90 0 ( vì là hai góc kề bù); CDM = 90 0 (t/c hình vuông)... diện tích hình được giới hạn bởi ba nửa đường tròn I O A C K B Lời giải: 1 Ta có: éBNC= 90 0( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K) => éENC = 90 0 (vì là hai góc kề bù) (1) éAMC = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => éEMC = 90 0 (vì là hai góc kề bù).(2) éAEB = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay éMEN = 90 0 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN là hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường... => (I) tiếp xúc (K) 2 Ta có : éBEH = 90 0 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éAEH = 90 0 (vì là hai góc kề bù) (1) D éCFH = 90 0 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) éBAC = 90 0 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn hay éEAF = 90 0 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông) 28 3 Theo giả thiết ADBC tại H nên AHB vuông tại H có HE  AB ( éBEH = 90 0 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC... => APM = 90 0; MQ  AC (gt) => AQM = 90 0 như vậy P và Q cùng nhìn BC dưới một góc bằng 90 0 nên P và Q cùng nằm trên đường tròn đường kính AM => APMQ là tứ giác nội tiếp * Vì AM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung điểm của AM A O P 1 1 2 2 Tam giác ABC có AH là đường cao => SABC = BC.AH 2 Q 1 Tam giác ABM có MP là đường cao => SABM... tiếp Lời giải: M 1 1 Ta có : éACB = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) _ => éMCI = 90 0 (vì là hai góc kề bù) 1 K C 2 éADB = 90 0 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) 4 3 _ D => éMDI = 90 0 (vì là hai góc kề bù) 0 I => éMCI + éMDI = 180 mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID nên MCID là tứ giác nội tiếp 1 A O H 2 Theo trên Ta có BC  MA; AD  MB nên BC và AD là hai đường cao của tam giác MAB mà BC và AD cắt... và đường cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức là AA’đi qua BC 6  = 3cm; 2 2 CH 2 32 9    2,5 => AA’ = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H = AH 4 4 H => ACA’ vuông tại C có đường cao CH = AH A' => AA’ = AH + HA’ = 4 + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : 2 = 6,5 : 2 = 3,25 (cm) 2 Vì AA’ và CC’ là hai đường kính nên cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường => ACA’C’ là hình bình hành Lại có ACA’ = 90 0 (nội... = 1 BC =>ABC vuông tại A hay BAC =90 0 2 3 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IO là tia phân giác BIA; I0’là tia phân giác CIA mà hai góc BIA và CIA là hai góc kề bù => I0  I0’=> 0I0’= 90 0 4 Theo trên ta có 0I0’ vuông tại I có IA là đường cao (do AI là tiếp tuyến chung nên AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = 9 4 = 36 => IA = 6 => BC = 2 IA = 2 6 = 12(cm) Bài 38 Cho hai đường tròn (O) ; (O’) ... C1 14 B Mà A1 + M1 = 90 0 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 90 0 => C3 + C2 = 90 0 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 90 0 Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 90 0; OCK = 90 0 => OHK + OCK = 1800... = 90 0 AD đường cao => AD  BC => BDA = 90 0 Như E D nhìn AB góc 90 0 => E D nằm đường tròn đường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đường cao. .. éAMB = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éKMF = 90 0 (vì hai góc kề bù) éAEB = 90 0 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éKEF = 90 0 (vì hai góc kề bù) X I F M H E K 2 A O B Ta có éIAB = 90 0 (