Các dạng toán Hình Học thi vào lớp 10 có lời giải chi tiết

Các dạng toán Hình Học thi vào lớp 10 có lời giải chi tiếtBao gồm nhiều bài tập hình học hay và khó thuộc nhiều mức độ khác nhauMọi bài tập đều có lời giải và phần hướng dẫn rất chi tiếtLà kiến thức rất hữu ích cho các em học sinh chuẩn bị thi vào lớp 10

CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT Bài 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 => CEH + CDH = 1800 Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn 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: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) Mà CEH 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 E F 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 ; Â góc chung AE AH = => AEH ADC => => AE.AC = AH.AD AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; C góc chung BE BC = => BEC ADC => => 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 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 nội tiếp chắn 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 giác AHE Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp Bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Chứng minh ED = BC Chứng minh DE tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT => CEH + CDH = 1800 Mà CEH 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 E 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 đờng 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 đờng 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 đờng 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 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 1.Chứng minh AC + BD = CD Lời giải: 2.Chứng minh COD = 900 AB 3.Chứng minh AC BD = 4.Chứng minh OC // BM 5.Chứng minh AB tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD 5.Chứng minh MN AB 6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ 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 đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM, AB Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => 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 đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng 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 đờng trung bình hình thang ACDB IO // AC , mà AC AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD CN AC CN CM = = Theo AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy BN BD BN DM CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT => 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 đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK Chứng 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 đỉnh B Do BI BK hayIBK = 900 Tơng tự ta có ICK = 900 nh B C nằm đờng tròn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng tròn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH C2 + I1 = 900 (2) ( IHC = 900 ) I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC Vậy AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Từ giả thiết 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) Bài 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 điểm) Kẻ AC MB, BD MA, gọi 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 Chứng 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 tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 nh K, A, B nhìn 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 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 đờng cao áp dụng hệ thức cạnh đờng 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 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT 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 đ ờng 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 1.Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH 3.Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) 4.Chứng minh BE = BH + DE Lời giải: (HD) AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng 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 đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M Từ (1) (2) => ABM = Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng AOP (3) 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) 2.Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm AOM chắn cung AM => ABM = (1) OP tia phân giác AOM AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) => AOP = (2) Mà ABM AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 3.Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB) => 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, 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 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 tiếp tuyến cắt 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) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT 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 rằng: AI2 = IM IB 3) Chứng 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 Mà KMF KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp 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 giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí ) => ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có 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) Từ 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 hình thoi => HA // FK 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 góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8) Từ (7) (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 Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp 2. ADB có ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác Lời giải: 1800)(1) 1.C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ABF có ABF = 900 ( BF tiếp tuyến ) BC AE ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC đ- => AFB + BAF = 90 (vì ờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đ- tổng ba góc tam giác 1800) (2) ờng kính nên AB = 2R không đổi AC AE không đổi CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT Từ (1) (2) => ABD = DFB ( phụ với BAD) 3.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 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 đờng vuông góc từ S đến AB 1.Gọi S giao điểm MA SP Chứng minh PSM cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn Lời giải: Ta có SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AMS = 900 Nh 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 đo => AMM = AMM ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1) Cũng Mđối xứng M qua AB nên MM AB H => MM// SS ( vuông góc với AB) => AMM = ASS; AMM = ASS (vì so le trong) (2) => Từ (1) (2) => ASS = ASS Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ 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) 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 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 có ba góc nhọn BD BM = DF // BC Tứ giác BDFC nội tiếp CB CF góc DEF nội tiếp chắn cung DE) 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 ( CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT Chứng minh tơng tự ta có DFE < 900; EDF < 900 Nh tam giác DEF có ba góc nhọn AD AF = Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => => 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 (nội tiếp chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF BD BM = => BDM CBF => CB CF Bài 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 P Chứng minh : Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác CMPO hình bình hành CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M 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 dới góc 900 => M N nằm đờng tròn đờng 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 => 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 đờng 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 => CM.CN =2R2 CD CN 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 đờng 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), 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 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Lời giải: => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT CFH = 900 ( nội 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 góc nội tiếp chắn cung HE) => B1= F1 => EBC+EFC = AFE + EFC mà 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 ACB ta có A = 900 góc chung; AFE = ABC ( theo Chứng minh trên) AE AF = => AEF ACB => => AE AB = AF AC AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => 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 mà H1 + H2 = AHB = 900 => E1 + E2 = O1EF = 900 => O1E EF Chứng minh tơng tự ta có O2F EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía 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) 1.Chứng minh EC = MN 2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/tròn (I), (K) 3.Tính MN 4.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 bù) (1) AMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) AEB = 900 (nội tiếp chắn 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) Từ (4) (5) => N1 = N3 mà 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 có AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A có EC AB (gt) => EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) = OA2 = 252 = 625 ; S(I) = IA2 = 52 = 25 ; S(k) = KB2 = 202 = 400 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S = S= ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 ( 625 - 25 - 400 ) = 200 = 100 314 (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 Lời giải: Ta có 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 nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB) ẳ = EM ẳ => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau) D1= C3 => SM => CA tia phân giác góc SCB Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC nh 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 Ta có SM Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900 Tứ giác AMEB có 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( nội tiếp chắn 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) Câu : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS ằ = CS ằ => SM ẳ = EM ẳ => 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 : AC // FG Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Các đờng thẳng AC, Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp DE, FB đồng quy CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT Lời giải: Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => DEB = BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB CAB Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( ABC vuông A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp * 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 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG (HD) Dễ 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 không trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH Chứng minh OH PQ Lời giải: Ta có 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 giác ABM có MP đờng cao => SABM = AB.MP Tam giác ACM có MQ đờng cao => SACM = AC.MQ 1 Ta có SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH ằ = HQ ẳ ( tính Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => HAP = HAQ => HP chất góc nội tiếp ) => 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 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 tiếp Lời giải: => MCI = 900 (vì hai góc kề bù) Ta có : ACB = 90 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) 10 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900; ACB nội tiếp chắn nửa đờng tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900 => EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp Theo giả thiết MN AB => A trung điểm cung MN => AMN = ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME = ACM Lại thấy CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM AE = Theo AME ACM => => AM2 = AE.AC AC AM AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI đờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông) áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vuông I ta có AI2 = AM2 MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O1 đờng tròn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM Gọi O1 chân đờng vuông góc kẻ từ N đến BM ta đợc O1 tâm đờng tròn ngoại tiếp ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đờng tròn tâm O1 bán kính O1M với đờng tròn (O) O1 hình chiếu vuông góc N BM Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đờng cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q lần lợt hình chiếu vuông góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh : Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Lời giải: & (HS tự làm) Theo chứng minh DNHP nội tiếp => N2 = D4 (nội tiếp chắn cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH đờng cao) HDP có HPD = 900 (do DP HC) => C1= D4 (cùng phụ với DHC)=>C1=N2 (1) chứng minh tơng tự ta có B1=P1 (2) Từ (1) (2) => HNP HCB Theo chứng minh DNMB nội tiếp => N1 = D1 (nội tiếp chắn cung BM).(3) DM // CF ( vuông góc với AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4) Theo chứng minh C1 = N2 (5) Từ (3), (4), (5) => N1 = N2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6) Chứng minh tơng tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Bài 37 Cho hai đờng tròn (O) (O) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O), C (O) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I Chứng minh tứ giác OBIA, AICO nội tiếp Lời giải: ( HS tự làm) Chứng minh BAC = 90 Tính số đo góc OIO Tính độ dài BC biết OA = 9cm, OA = 4cm 20 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có IB = IA , IA = IC ABC có AI = BC =>ABC vuông A hay BAC =900 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có IO tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA mà hai góc BIA CIA hai góc kề bù => I0 I0=> 0I0= 900 Theo ta có 0I0 vuông I có IA đờng cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI OO) => IA2 = A0.A0 = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm) Bài 38 Cho hai đờng tròn (O) ; (O) tiếp xúc A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm OM AC Chứng minh : Chứng minh tứ giác OBMA, AMCO nội tiếp Tứ giác AEMF hình chữ nhật ME.MO = MF.MO OO tiếp tuyến đờng tròn đờng kính BC BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO Lời giải: ( HS tự làm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MA = MB =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME AB (1) Chứng minh tơng tự ta có MF AC (2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO tia phân giác hai góc kề bù BMA CMA => MO MO (3) Từ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đờng tròn => MA OO=> MAO vuông A có AE MO ( theo ME AB) MA2 = ME MO (4) Tơng tự ta có tam giác vuông MAO có AFMO MA2 = MF.MO (5) Từ (4) (5) ME.MO = MF MO Đờng tròn đờng kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đờng tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO MA A OO tiếp tuyến A đờng tròn đờng kính BC (HD) Gọi I trung điểm OO ta có IM đờng trung bình hình thang BCOO => IMBC M (*) Ta cung chứng minh đợc OMO vuông nên M thuộc đờng tròn đờng kính OO => IM bán kính đờng tròn đờng kính OO (**) Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO Bài 39 Cho đờng tròn (O) đờng kính BC, dấy AD vuông góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đờng vuông góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF Hãy xác định vị trí tơng đối đờng tròn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao? Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn Chứng minh AE AB = AF AC ờng tròn ) Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đờng tròn (I) (K).AEH = 900 (vì hai góc kề bù) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn Lời giải: CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng 1.(HD) OI = OB IB => (I) tiếp xúc (O) tròn ) OK = OC KC => (K) tiếp xúc (O) IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K) 21 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn hay EAF = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông H có HE AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF AC (theo CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE AB = AF AC ( = AH2) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đờng chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đờng chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1 = H1 KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => F2 = H2 => F1 + F2 = H1 + H2 mà H1 + H2 = AHC = 900 => F1 + F2 = KFE = 900 => KF EF Chứng minh tơng tự ta có IE EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đờng tròn (I) (K) e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH OA (OA bán kính đờng tròn (O) có độ dài không đổi) nên EF = OA AH = OA H trùng với O Vậy H trùng với O túc dây AD vuông góc với BC O EF có độ dài lớn Bài 40 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N 1.Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB 2.Chứng minh AM BN = R2 S MON R Tính tỉ số AM = S APB 4.Tính thể tích hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh Lời giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà AOP BOP hai góc kề bù => MON = 900 hay tam giác MON vuông O APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông P Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB OB => OBN = 900; NP OP => OPN = 900 =>OBN+OPN =1800 mà OBN OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO Xét hai tam giác vuông APB MON có APB = MON = 900; OBP = PNO => APB MON Theo MON vuông O có OP MN ( OP tiếp tuyến ) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OP2 = PM PM Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tính chất hai tiếp tuyến cắt ) => AM BN = R R R R Theo OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mà PM = AM = => PM = => PN = R2: = 2R 2 R 5R MN 5R => MN = MP + NP = + 2R = Theo APB MON => = : 2R = = k (k tỉ số 2 AB đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta có: 22 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT S MON S MON 25 = k2 => = ữ= S APB S APB 16 Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lần lợt lấy điểm D, E cho DOE = 600 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 3)Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đờng tròn tiếp xúc với DE Lời giải: Tam giác ABC => ABC = ACB = 600 (1); DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2) DBO có DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) Từ (2) (3) => BDO = COE (4) BD BO = Từ (2) (4) => BOD CEO => => BD.CE = BO.CO CO CE mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi BD OD BD OD BD BO = = => = Theo BOD CEO => 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 đờng tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đờng 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 đờng tròn (O) Tiếp tuyến B C lần lợt cắt AC, AB D E Chứng minh : BD2 = AD.CD Tứ giác BCDE nội tiếp BC song song với DE Lời giải: Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại BD CD = có D chung => BCD ABD => => BD2 = AD.CD AD BD Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ABC = ACB => EBC = DCB mà CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => EBD = DCE => B C nhìn DE dới 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 đờng tròn (O) đờng kính AB, điểm M thuộc đờng tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp Chứng minh FN tiếp tuyến đ2 Chứng minh NE AB ờng tròn (B; BA) Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O) 23 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT Lời giải: (HS tự làm) (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 N F _ / M _ C / E A O H B BAN có BM đờng cao đồng thời đờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đờng tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA) Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuông góc B AB H, cắt (O) E cắt OA D Chứng minh CO = CD H Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi I E Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh O D A I trung điểm OH M Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm K O, M, K thẳng hàng C Lời giải: Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O => OA tia phân giác BOC => BOA = COA (1) 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 đờng 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 đờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đờng tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F 1.Chứng minh BC // AE 2.Chứng minh ABCE hình bình hành 3.Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh BAC BGO Lời giải: (HS tự làm) 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 đờng kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vuông H => BGK = BAH ( cung phụ với ABH) mà BAH = BAC (do ABC cân nên AH phân giác) => BAC = 2BGO Bi 46: Cho ng trũn (O) v mt im P ngoi ng trũn K hai tip tuyn PA, PB (A; B l tip im) T A v tia song song vi PB ct (O) ti C (C A) on PC ct ng trũn ti im th hai D Tia AD ct PB ti E a Chng minh EAB ~ EBD B b Chng minh AE l trung tuyn ca PAB ã E HD: a) EAB ~ EBD (g.g) vỡ: BEA chung 24 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT ã ã = EBD (gúc ni tip v gúc to bi tia tip tuyn) EAB O P EB ED D EB2 = EA.ED (1) C = EA EB ã ã ã ã * EPD = PCA (s.l.t) ; EAP = PCA (gúc ni tip v gúc to bi tia tip tuyn) A ã ã ã EPD = EAP ; PEA chung EPD ~ EAP (g.g) EP ED EP2 = EA.ED (2)T & EB2 = EP2 EB = EP AE l trung tuyn PAB = EA EP Bi 47: Cho ABC vuụng A Ly trờn cnh AC mt im D Dng CE vuụng gúc BD a Chng minh ABD ~ ECD b Chng minh t giỏc ABCE l t giỏc ni tip c Chng minh FD vuụng gúc BC, ú F l giao im ca BA v CE ã d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tớnh AC; ng cao AH ca ABC v bỏn kớnh ng trũn C ngoi tip t giỏc ADEF HD: a) ABD ~ ECD (g.g) E b) t giỏc ABCE l t giỏc ni tip (Qu tớch cung cha gúc 900) K c) Chng minh D l trc tõm CBF D 2a ã d) AC = BC.sin ABC = 2a.sin60 = 2a =a H a 600 ã AB = BC.cos ABC = 2a.cos60 = 2a =a A B F ã ã ã AH = AB.sin ABC = a.sin600 = a ; FKB vuụng ti K , cú ABC = 600 BFK = 300 ã AD = FD.sin BFK AD = FD.sin300 a = FD.0,5 FD = a : 0,5 = 2a ã Bi 48: Cho ABC vuụng ( ABC = 900; BC > BA) ni tip ng trũn ũng kớnh AC K dõy cung BD vuụng gúc AC H l giao im AC v BD Trờn HC ly im E cho E i xng vi A qua H ng trũn ng kớnh EC ct BC ti I (I C) B CI CE = a Chng minh CB CA I b Chng minh D; E; I thng hng c Chng minh HI l mt tip tuyn ca ng trũn ng kớnh EC H HD; a) AB // EI (cựng BC) A C O E O CI CE = (/lớ Ta-lột) CB CA b) chng minh ABED l hỡnh thoi DE // AB m EI //AB D, E, I cựng nm trờn ng thng i qua E // AB D, E, I thng hng D ã ã c) EIO' = IEO' ( vỡ EOI cõn ; OI = OE = R(O)) ã ã ã ã = HED (/) ; BID vuụng ; IH l trung tuyn HID cõn HIE = HDI IEO' ã ã M HDI + HED = 900 pcm Bi 49: Cho ng trũn (O; R) v mt ng thng (d) c nh khụng ct (O; R) H OH (d) (H d) M l mt im thay i trờn (d) (M H) T M k tip tuyn MP v MQ (P, Q l tip im) vi (O; R) Dõy cung PQ ct OH I; ct OM K a Chng minh im O, Q, H, M, P cựng nm trờn ng trũn P b Chng minh IH.IO = IQ.IP 25 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT ã c Gi s PMQ = 600 Tớnh t s din tớch tam giỏc: MPQv OPQ HD: a) im O, Q, H, M, P cựng nm trờn ng trũn M (Da vo qu tớch cung cha gúc 900) IO IQ IH.IO = IQ.IP = b) OIP ~ QIH (g.g) IP IH PQ PQ ã c) v MKQ cú : MK = KQ.tg MQK = KQ.tg600 = 3= 2 PQ PQ ã v OKQ cú: OK = KQ.tg OQK = KQ.tg300 = KQ = = 3 SMPQ PQ PQ = : =3 SOPQ K O I Q H Bi 50: Cho na ng trũn (O), ng kớnh AB=2R Trờn tia i ca tia AB ly im E (E A) T E, A, B k cỏc tip tuyn vi na ng trũn Tip tuyn k t E ct hai tip tuyn k t A v B theo th t ti C v D a Gi M l tip im ca tip tuyn k t E ti na ng trũn Chng minh t giỏc ACMO ni tip c mt ng trũn DM CM = b Chng minh EAC ~ EBD, t ú suy D DE CE c Gi N l giao im ca AD v BC Chng minh MN // BD M d Chng minh: EA2 = EC.EM EA.AO ã e t AOC = Tớnh theo R v cỏc on AC v BD C N Chng t rng tớch AC.BD ch ph thuc giỏ tr ca R, khụng ph thuc vo HD:a) ACMO ni tip (Da vo qu tớch cung cha gúc 90 ) B O A E b) AC // BD (cựng EB) EAC ~ EBD CE AC CE CM DM CM = = = (1)m AC = CM ; BD = MD (T/c hai tip tuyn ct nhau) (2) DE BD DE DM DE CE NC AC NC CM MN // BD = = c) AC // BD (cmt) NAC ~ NBD (3) T 1; 2; NB BD NB DM d) ảO1 = ảO ; ảO3 = ảO m ảO1 + ảO + ảO3 + ảO = 1800 ảO + ảO3 = 900 ; ảO + ảD1 = 900 () OB R R ảD1 = ảO = ảO1 = Vy: DB = = ; Li cú: AC = OA.tg = R.tg AC.DB = R.tg tg tg tg AC.DB = R (pcm) Bi 51: Cho ABC cú gúc nhn Gi H l giao im ca ng cao AA1; BB1; CC1 a Chng minh t giỏc HA1BC1 ni tip c ng trũn Xỏc nh tõm I ca ng trũn y b Chng minh A1A l phõn giỏc ca ãB1A1C1 A c Gi J l trung im ca AC Chng minh IJ l trung trc ca A1C1 MH = d Trờn on HC ly im M cho MC B1 So sỏnh din tớch ca tam giỏc: HAC v HJM C1 HD: a) HA1BC1 ni tip (qu tớch cung cha gúc 900) J H Tõm I l trung im BH b) C/m: ãHA1C1 = ãHBC1 ; ãHA1B1 = ãHCB1 ; M K 26 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT ãHBC = ãHCB ãHA C = ãHA B pcm I 1 1 1 12 c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 C A1 J l trung trc ca A1C1 B 1 d) S HJM = HM.JK ; SHAC = HC.AC1 2 HC.AC1 MH HC HM+MC MC AC1 SHAC : S HJM = = = = 1+ = 1+ = ; = (JK// AC1 m HM.JK MC HM HM HM JK SHAC : S HJM = Bi 52: Cho im C c nh trờn mt ng thng xy Dng na ng thng Cz vuụng gúc vi xy v ly trờn ú im c nh A, B (A gia C v B) M l mt im di ng trờn xy ng vuụng gúc vi AM ti A v vi BM ti B ct ti P a Chng minh t giỏc MABP ni tip c v tõm O ca ng trũn ny nm trờn mt ng thng c nh i qua im gia L ca AB b K PI Cz Chng minh I l mt im c nh c BM v AP ct H; BP v AM ct K Chng minh rng KH PM d Cho N l trung im ca KH Chng minh cỏc im N; L; O thng hng z HD: a) MABP ni tip /trũn /k MP.(qu tớch cung cha gúc 900) P I OA = OB = R(O) O thuc ng trung trc AB i qua L l trung im AB B b) IP // CM ( Cz) MPIC l hỡnh thang IL = LC khụng i H vỡ A,B,C c nh I c nh O N c) PA KM ; PK MB H l trc tõm PKM L KH PM K d) AHBK ni tip /trũn /k KH (qu tớch cung cha gúc) N l tõm /trũn ngoi tip NE = NA = R(N) A N thuc ng trung trc AB O,L,N thng hng x M y C Bi 53: Cho na ng trũn (O) ng kớnh AB v K l im chớnh gia ca cung AB Trờn cung AB ly mt im M (khỏc K; B) Trờn tia AM ly im N cho AN = BM K dõy BP song song vi KM Gi Q l giao im ca cỏc ng thng AP, BM a So sỏnh hai tam giỏc: AKN v BKM b Chng minh: KMN vuụng cõn c T giỏc ANKP l hỡnh gỡ? Vỡ sao? HD: a) AKN = BKM(c.g.c) U b) HS t c/m KMN vuụng cõn c) KMN vuụng KN KM m KM // BP KN BP P ã = 900 (gúc ni tip) AP BP APB KN // AP ( BP) ã ã KM // BP KMN = PAT = 450 ẳ // N PKM ã ã M PAM = PKU = = 450 A ã ã PKN = 450 ; KNM = 450 PK // AN Vy ANPK l hỡnh bỡnh hnh K M T O = B Bi 54: Cho ng trũn tõm O, bỏn kớnh R, cú hai ng kớnh AB, CD vuụng gúc vi M l mt im tu ý thuc cung nh AC Ni MB, ct CD N 27 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT a Chng minh: tia MD l phõn giỏc ca gúc AMB b Chng minh:BOM ~ BNA Chng minh: BM.BN khụng i c Chng minh: t giỏc ONMA ni tip Gi I l tõm ng trũn ngoi tip t giỏc ONMA, I di ng nh th no? C ã ã HD: a) AMD = DMB = 45 (chn cung ẳ /trũn) ã MD l tia phõn giỏc AMB M F b) OMB cõn vỡ OM = OB = R(O) N I NAB cõn cú NO va l /cao va l ng trung tuyn B OMB ~ NAB A E O BM BO BM.BN = BO.BA = 2R khụng i = BA BN c) ONMA ni tip /trũn /k AN Gi I l tõm /trũn ngoi tip I cỏch u A v O c nh I thuc ng trung trc OA Gi E v F l trung im ca AO; AC D Vỡ M chy trờn cung nh AC nờn hp I l on EF Bi 55: Cho ABC cõn (AB = AC) ni tip mt ng trũn (O) Gi D l trung im ca AC; tia BD ct tip tuyn ti A vi ng trũn (O) ti im E; EC ct (O) ti F a Chng minh: BC song song vi tip tuyn ca ng trũn (O) ti A b T giỏc ABCE l hỡnh gỡ? Ti sao? ã ã c Gi I l trung im ca CF v G l giao im ca cỏc tia BC; OI So sỏnh BGO vi BAC A E ã d Cho bit DF // BC Tớnh cos ABC HD:a) Gi H l trung im BC AH BC ( ABC cõn ti A) lp lun ch AH AE BC // AE (1) D M b) ADE = CDB (g.c.g) AE = BC (2) N F T v ABCE l hỡnh bỡnh hnh O _ I c) Theo c.m.t AB // CF GO AB _ ã ã ã ã BGO = 900 ABC = BAH = BAC H C G d) Tia FD ct AB taijM, ct (O) ti N.; DF // BC v AH l trc B i xng cuarBC v /trũn (O) nờn F, D th t i xng vi N, M qua AH 1 FD = MN = MD = BC = ND = BH ; NDA ~ CDF (g.g) DF.DN = DA.DC 2 BH ã 2BH2 = AC2 BH = AC cos ABC = = AB 4 Bi 56: Cho ng trũn (O) v (O) ct ti hai im A v B Cỏc ng thng AO; AO ct ng trũn (O) ln lt ti cỏc im C; D v ct (O) ln lt ti E; F E a Chng minh: C; B; F thng hng b Chng minh: T giỏc CDEF ni tip c D c Chng minh: A l tõm ng trũn ni tip BDE A d Tỡm iu kin DE l tip tuyn chung ca (O) v (O) ã ã O HD: a) CBA = 900 = FBA (gúc ni tip chn na /trũn) O ã ã CBA + FBA = 180 C, B, F thng hng ã ã F CDEF ni tip (qu tớch ) b) CDF = 900 = CEF C B ã ã c) CDEF ni tip ADE = ECB (cựng chn cung EF) ã ã Xột (O) cú: ADB = ECB (cựng chn cung AB) 28 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT = ADB Tng t EA l tia phõn giỏc DEB ã ã ã ã ADE DA l tia phõn giỏc BDE Vy A l tõm ng trũn ni tip BDE ã ã ã ã ã ã d) ODEO ni tip Thc vy : DOA = DCA ; EO'A = EFA m DCA = EFA (gúc ni tip chn ã ã ã ã ã ã ODEO ni tip cung DE) DOA = EO'A ; mt khỏc: DAO = EAO' (/) ODO' = O'EO Nu DE tip xỳc vi (O) v (O) thỡ ODEO l hỡnh ch nht AO = AO = AB o li : AO = AO = AB cng kt lun c DE l tip tuyn chung ca (O) v (O) Kt lun : iu kin DE l tip tuyn chung ca (O) v (O) l : AO = AO = AB Bi 57: Cho ng trũn (O; R) cú ng kớnh c nh AB CD a) Chng minh: ACBD l hỡnh vuụng b) Ly im E di chuyn trờn cung nh BC (E B; E C) Trờn tia i ca tia EA ly on EM = EB ã Chng t: ED l tia phõn giỏc ca AEB v ED // MB c) Suy CE l ng trung trc ca BM v M di chuyn trờn ng trũn m ta phi xỏc nh tõm v bỏn kớnh theo R HD: a) AB CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) C ACBD l hỡnh vuụng E // M ã ã ã ã b) AED = = DOB = 450 AOD = 45 ; DEB = 2 ã ã ã AED ED l tia phõn giỏc ca AEB = DEB B A O ãAED = 450 ; EMB ã = 45 ( EMB vuụng cõn ti E) ã ã AED = EMB (2 gúc ng v) ED // MB c) EMB vuụng cõn ti E v CE DE ; ED // BM CE BM CE l ng trung trc BM D d) Vỡ CE l ng trung trc BM nờn CM = CB = R Vy M chy trờn ng trũn (C ; R = R ) Bi 58: Cho ABC u, ng cao AH Qua A v mt ng thng v phớa ngoi ca tam giỏc, to vi cnh AC mt gúc 400 ng thng ny ct cnh BC kộo di D ng trũn tõm O ng kớnh CD ct AD E ng thng vuụng gúc vi CD ti O ct AD M a Chng minh: AHCE ni tip c Xỏc nh tõm I ca ng trũn ú b Chng minh: CA = CM c ng thng HE ct ng trũn tõm O K, ng thng HI ct ng trũn tõm I N v ct ng thng DK P Chng minh: T giỏc NPKE ni tip Bi 59: BC l mt dõy cung ca ng trũn (O; R) (BC 2R) im A di ng trờn cung ln BC cho O luụn nm ABC Cỏc ng cao AD; BE; CF ng quy ti H a Chng minh:AEF ~ ABC b Gi A l trung im BC Chng minh: AH = 2.AO c Gi A1 l trung im EF Chng minh: R.AA1 = AA.OA d Chng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC Suy v trớ im A tng (EF + FD + DE) t GTLN Bi 60: Cho ng trũn tõm (O; R) cú AB l ng kớnh c nh cũn CD l ng kớnh thay i Gi () l tip tuyn vi ng trũn ti B v AD, AC ln lt ct () ti Q v P a Chng minh: T giỏc CPQD ni tip c b Chng minh: Trung tuyn AI ca AQP vuụng gúc vi DC c Tỡm hp cỏc tõm E ca ng trũn ngoi tip CPD 29 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT < 900), mt cung trũn BC nm bờn ABC tip xỳc vi AB, AC Bi 61: Cho ABC cõn (AB = AC; A ti B v C Trờn cung BC ly im M ri h cỏc ng vuụng gúc MI, MH, MK xung cỏc cnh tng ng BC, CA, AB Gi Q l giao im ca MB, IK a Chng minh: Cỏc t giỏc BIMK, CIMH ni tip c ã b Chng minh: tia i ca tia MI l phõn giỏc HMK c Chng minh: T giỏc MPIQ ni tip c PQ // BC Bi 62: Cho na ng trũn (O), ng kớnh AB, C l trung im ca cung AB; N l trung im ca BC ng thng AN ct na ng trũn (O) ti M H CI AM (I AM) C a Chng minh: T giỏc CIOA ni tip c ng trũn b Chng minh: T giỏc BMCI l hỡnh bỡnh hnh M = ã ã c Chng minh: MOI = CAI N d Chng minh: MA = 3.MB I = 0 ã ã HD: a) COA = 90 () ; CIA = 90 () T giỏc CIOA ni tip (qu tớch cung cha gúc 900) O B A b) MB // CI ( BM) (1) ã ã CIN = BMN (g.c.g) ảN1 = ảN (/) ; NC = NB ; NCI (slt) = NBM CI = BM (2) T v BMCI l hỡnh bỡnh hnh 1ã ã ã c) CIM vuụng cõn ( CIA = 900 ; CMI = COA = 45 ) MI = CI ; IOM = IOC vỡ OI chung ; ã ã ã ã ã ã MOI IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) MOI = IOC m: IOC = CAI = CAI R AC d) ACN vuụng cú : AC = R ; NC = (vi R = AO) = 2 R2 R 10 NC2 R 10 MI T ú : AN = AC2 +CN = 2R + ; NI = =R = = = MN = 2 NA 10 MB = NC MN = AM = BM R2 R2 2R R 10 AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10 = = 10 10 10 = 600 ni tip ng trũn (O), ng cao AH ct ng trũn D, Bi 63: Cho ABC cú A ng cao BK ct AH E ã ã a Chng minh: BKH = BCD ã b Tớnh BEC c Bit cnh BC c nh, im A chuyn ng trờn cung ln BC Hi tõm I ca ngtrũn ni tip ABC chuyn ng trờn ng no? Nờu cỏch dng ng ú (ch nờu cỏch dng) v cỏch xỏc nh rừ nú (gii hn ng ú) d Chng minh: IOE cõn I A ã ã HD: a) ABHK ni tip BKH ; = BAH ã ã ã ã ( cựng chn cung BD) BCD BCD = BAH = BKH b) CE ct AB F ; ã ã AFEK ni tip FEK = 1200 = 1800 ảA = 1800 600 = 1200 BEC ảB + ảC 1200 ã c) BIC = 1800 = 1800 = 1200 2 Vy I chuyn ng trờn cung cha gúc 1200 dng trờn on BC, cung ny nm ng trũn tõm (O) 30 K F B E H I C CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT ằ IO DS ã ã d) Trong /trũn (O) cú DAS = s ; /trũn (S) cú ISO = s 2 ằDS IO = IE ã ã ằ = IE IO pcm vỡ DAS = ISO (so le trong) nờn: = m DS 2 D S Bi 64: Cho hỡnh vuụng ABCD, phớa hỡnh vuụng dng cung mt phn t ng trũn tõm B, bỏn kớnh AB v na ng trũn ng kớnh AB Ly im P bt k trờn cung AC, v PK AD v PH AB Ni PA, ct na ng trũn ng kớnh AB ti I v PB ct na ng trũn ny ti M Chng minh rng: C D a I l trung im ca AP b Cỏc ng PH, BI v AM ng quy c PM = PK = AH d T giỏc APMH l hỡnh thang cõn P K ã HD: a) ABP cõn ti B (AB = PB = R(B)) m AIB = 900 (gúc ni tip ) M BI AP BI l ng cao cng l ng trung tuyn I l trung im ca AP I b) HS t c/m c) ABP cõn ti B AM = PH ; AP chung vAHP = v PMA AH = PM ; AHPK l hỡnh ch nht AH = KP PM = PK = AH d) PMAH nm trờn /trũn /k AP m PM = AH (c.m.t) B A H ằ = AH ằ PA // MH PM Vy APMH l hỡnh thang cõn Bi 65: Cho ng trũn tõm O, ng kớnh AB = 2R K tia tip tuyn Bx, M l im thay i trờn Bx; AM ct (O) ti N Gi I l trung im ca AN a Chng minh: T giỏc BOIM ni tip c ng trũn b Chng minh:IBN ~ OMB c Tỡm v trớ ca im M trờn tia Bx din tớch tam giỏc AIO cú GTLN H O ã ã HD: a) BOIM ni tip c vỡ OIM A B = OBM = 900 ã ã ã ã b) INB = OBM = 90 ; NIB = BOM (2 gúc ni tip cựng chn cung BM) IBN ~ OMB I c) SAIO = AO.IH; SAIO ln nht IH ln nht vỡ AO = R(O) N M Khi M chy trờn tia Bx thỡ I chy trờn na ng trũn /k AO Do ú SAIO ln nht ã Khi IH l bỏn kớnh, ú AIH vuụng cõn, tc HAI = 450 Võy M cỏch B mt on BM = AB = 2R(O) thỡ SAIO ln nht Bi 66: Cho ABC u, ni tip ng trũn (O; R) Gi AI l mt ng kớnh c nh v D l im di ng trờn cung nh AC (D A v D C) A ã a Tớnh cnh ca ABC theo R v chng t AI l tia phõn giỏc ca BAC D b Trờn tia DB ly on DE = DC Chng t CDE u v DI CE c Suy E di ng trờn ng trũn m ta phi xỏc nh tõm v gii hn = d Tớnh theo R din tớch ADI lỳc D l im chớnh gia cung nh AC = E O HD: a) ABC u, ni tip ng trũn (O; R) HS t c/m : AB = AC = BC = R Trong /trũn (O; R) cú: AB = AC Tõm O cỏch u cnh AB v AC C B ã AO hay AI l tia phõn giỏc ca BAC ã ã ằ ) b) Ta cú : DE = DC (gt) DEC cõn ; BDC = BAC = 600 (cựng chn BC I 31 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT BDI ằ IB = IC ã ã CDE u I l im gia BC = IDC ã DI l tia phõn giỏc BDC CDE u cú DI l tia phõn giỏc nờn cng l ng cao DI CE c) CDE u cú DI l ng cao cng l ng trung trc ca CE IE = IC m I v C c nh IC ằ (cung nh ) khụng i E di ng trờn /trũn c nh tõm I, bỏn kớnh = IC Gii hn : I AC ằ nh ca /t (I; R = IC) cha ABC u D C thỡ E C ; D A thỡ E B E i ng trờn BC Bi 67: Cho hỡnh vuụng ABCD cnh bng a Trờn AD v DC, ngi ta ly cỏc im E v F cho : a AE = DF = a So sỏnh ABE v DAF Tớnh cỏc cnh v din tớch ca chỳng b Chng minh AF BE c Tớnh t s din tớch AIE v BIA; din tớch AIE v BIA v din tớch cỏc t giỏc IEDF v IBCF = 450 V cỏc ng cao BD v CE Bi 68: Cho ABC cú cỏc gúc u nhn; A Gi H l giao im ca BD, CE a Chng minh: T giỏc ADHE ni tip c ng trũn.; b Chng minh: HD = DC DE c Tớnh t s: d Gi O l tõm ng trũn ngoi tip ABC Chng minh: OA DE BC Bi 69: Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú nh D nm trờn ng trũn ng kớnh AB H BN v DM cựng vuụng gúc vi ng chộo AC Chng minh: a T giỏc CBMD ni tip c ng trũn ã ã b Khi im D di ng trờn ng trũn thỡ ( BMD + BCD ) khụng i c DB.DC = DN.AC Bi 70: Cho ABC ni tip ng trũn (O) Gi D l im chớnh gia cung nh BC Hai tip tuyn ti C v D vi ng trũn (O) ct ti E Gi P, Q ln lt l giao im ca cỏc cp ng thng AB v CD; AD v CE Chng minh: a BC // DE b Cỏc t giỏc CODE, APQC ni tip c c T giỏc BCQP l hỡnh gỡ? Bi 71: Cho ng trũn (O) v (O) ct ti A v B; cỏc tip tuyn ti A ca cỏc ng trũn (O) v (O) ct ng trũn (O) v (O) theo th t ti C v D Gi P v Q ln lt l trung im ca cỏc dõy AC v AD Chng minh: a ABD ~ CBA ã ã b BQD = APB c T giỏc APBQ ni tip Bi 72: Cho na ng trũn (O), ng kớnh AB T A v B k tip tuyn Ax v By Qua im M thuc na ng trũn ny, k tip tuyn th ba, ct cỏc tip tuyn Ax v By ln lt E v F a Chng minh: AEMO l t giỏc ni tip c b AM ct OE ti P, BM ct OF ti Q T giỏc MPOQ l hỡnh gỡ? Ti sao? c K MH AB (H AB) Gi K l giao im ca MH v EB So sỏnh MK vi KH d.Cho AB = 2R v gi r l bỏn kớnh ng trũn ni tip EOF Chng minh: r < < R Bi 73: T im A ngoi ng trũn (O) k tip tuyn AB, AC v cỏt tuyn AKD cho BD//AC Ni BK ct AC I 32 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT a Nờu cỏch v cỏt tuyn AKD cho BD//AC b Chng minh: IC2 = IK.IB ã c Cho BAC = 600 Chng minh: Cỏt tuyn AKD i qua O Bi 74: Cho ABC cõn A, gúc A nhn ng vuụng gúc vi AB ti A ct ng thng BC E K EN AC Gi M l trung im BC Hai /thng AM v EN ct F a Tỡm nhng t giỏc cú th ni tip ng trũn Gii thớch vỡ sao? Xỏc nh tõm cỏc ng trũn ú b Chng minh: EB l tia phõn giỏc ca AEF c Chng minh: M l tõm ng trũn ngoi tip VAFN Bi 75: Cho na ng trũn tõm (O), ng kớnh BC im A thuc na ng trũn ú Dng hỡnh vuụng ABED thuc na mt phng b AB, khụng cha nh C Gi F l giao im ca AE v na ng trũn (O) K l giao im ca CF v ED a Chng minh: Bn im E, B, F, K nm trờn mt ng trũn b BKC l tam giỏc gỡ? Vỡ sao? c Tỡm qu tớch im E A di ng trờn na ng trũn (O) AB Trờn cnh BC ly im E (E khỏc B v C) T B k ng thng d vuụng gúc vi AE, gi giao im ca d vi AE, AC kộo di ln lt l I, K ã a Tớnh ln gúc CIK b Chng minh: KA.KC = KB.KI; AC2 = AI.AE AC.CK c Gi H l giao im ca ng trũn ng kớnh AK vi cnh AB Chng minh: H, E, K thng hng d Tỡm qu tớch im I E chy trờn BC Bi 76: Cho ABC vuụng ti C, cú BC = Bi 77: Cho ABC vuụng A Na ng trũn ng kớnh AB ct BC ti D Trờn cung AD ly mt im E Ni BE v kộo di ct AC ti F a Chng minh: CDEF ni tip c ã ã b Kộo di DE ct AC K Tia phõn giỏc ca CKD ct EF v CD ti M v N Tia phõn giỏc ca CBF ct DE v CF ti P v Q T giỏc MPNQ l hỡnh gỡ? Ti sao? c Gi r, r1, r2 theo th t l bỏn kớnh cỏc ng trũn ni tip cỏc tam giỏc ABC, ADB, ADC Chng minh: r2 = r12 + r22 Bi 78: Cho ng trũn (O;R) Hai ng kớnh AB v CD vuụng gúc vi E l im chớnh gia ca cung nh BC; AE ct CO F, DE ct AB M a Tam giỏc CEF v EMB l cỏc tam giỏc gỡ? b Chng minh: T giỏc FCBM ni tip Tỡm tõm ng trũn ú c Chng minh: Cc ng thng OE, BF, CM ng quy Bi 79: Cho ng trũn (O; R) Dõy BC < 2R c nh v A thuc cung ln BC (A khỏc B, C v khụng trựng im chớnh gia ca cung) Gi H l hỡnh chiu ca A trờn BC; E, F th t l hỡnh chiu ca B, C trờn ng kớnh AA a Chng minh: HE AC b Chng minh: HEF ~ ABC c Khi A di chuyn, chng minh: Tõm ng trũn ngoi tip HEF c nh Bi 80: Cho ABC vuụng A K ng cao AH Gi I, K tng ng l tõm cỏc ng trũn ni tip ABH v ACH 1) Chng minh ABC ~ HIK 33 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT 2) ng thng IK ct AB, AC ln lt ti M v N a) Chng minh t giỏc HCNK ni tip c mt ng trũn b) Chng minh AM = AN c) Chng minh S S , ú S, S ln lt l din tớch ABC v AMN 34 [...]... (O) trong đó O1 là hình chi u vuông góc của N trên BM Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ các đờng cao AD, BE, CF Gọi H là trực tâm của tam giác Gọi M, N, P, Q lần lợt là các hình chi u vuông góc của D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh : 1 Các tứ giác DMFP, DNEQ là hình chữ nhật 2 Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp 3 Hai tam giác HNP và HCB đồng dạng 4 Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Lời giải: 1 & 2 (HS... OC = OM = R(O) MOI = IOC m: IOC = CAI = CAI R 2 AC d) ACN vuụng cú : AC = R 2 ; NC = (vi R = AO) = 2 2 R2 5 R 10 NC2 R 10 MI T ú : AN = AC2 +CN 2 = 2R 2 + ; NI = =R = = = MN = 2 2 2 NA 10 2 MB = NC 2 MN 2 = AM = 3 BM R2 R2 2R R 10 AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10 = = 2 10 5 2 10 5 10 à = 600 ni tip trong ng trũn (O), ng cao AH ct ng trũn D, Bi 63: Cho ABC cú A ng cao BK ct AH E ã ã a Chng... 4 đồng dạng) .Vì tỉ số diện tich giữa hai tam giác đồng dạng bằng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta có: 22 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT 2 S MON S MON 5 25 = k2 => = ữ= S APB S APB 4 16 Bài 41 Cho tam giác đều ABC , O là trung điển của BC Trên các cạnh AB, AC lần lợt lấy các điểm D, E sao cho DOE = 600 1)Chứng minh tích BD CE không đổi 2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ... BHCF là hình bình hành Theo giả thi t F là điểm đối xứng 2 E, F nằm trên đờng tròn (O) của H qua trung điểm I của BC => I 3 Chứng minh tứ giác BCFE là hình thang cân là trung điểm BC và HE => BHCF là 4 Gọi G là giao điểm của AI và OH Chứng minh G là trọng tâmhình của bình hành vì có hai đờng chéo tam giác ABC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đờng Lời giải: 15 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT... minh các tứ giác OBMA, AMCO nội tiếp 2 Tứ giác AEMF là hình chữ nhật 3 ME.MO = MF.MO 4 OO là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính BC 5 BC là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính OO Lời giải: 1 ( HS tự làm) 2 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MA = MB =>MAB cân tại M Lại có ME là tia phân giác => ME AB (1) Chứng minh tơng tự ta cũng có MF AC (2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta cũng có. .. 9cm, OA = 4cm 20 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT 2 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IB = IA , IA = IC 1 ABC có AI = BC =>ABC vuông tại A hay BAC =900 2 3 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IO là tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA mà hai góc BIA và CIA là hai góc kề bù => I0 I0=> 0I0= 900 4 Theo trên ta có 0I0 vuông tại I có IA là đờng cao (do AI là tiếp tuyến... tích hình viên phân giới hạn bởi dây BC và cung nhỏ BC theo R Lời giải: (HD) ẳ = CM ẳ => M 1 AM là phân giác của BAC => BAM = CAM => BM là trung điểm của cung BC => OM BC; Theo giả thi t AH BC => OM // AH => HAM = OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( vì tam giác OAM cân tại O do có OM = OA = R) => HAM = OAM => AM là tia phân giác của góc OAH 2 Vẽ dây BD OA => ằAB = ằAD => ABD = ACB Ta có OAH = DBC ( góc có. .. thứ tự là các đờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF 1 Hãy xác định vị trí tơng đối của các đờng tròn (I) và (O); (K) và (O); (I) và (K) 2 Tứ giác AEHF là hình gì? Vì sao? 2 Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn 3 Chứng minh AE AB = AF AC ờng tròn ) 4 Chứng minh EF là tiếp tuyến chung của hai đờng tròn (I) và (K).AEH = 900 (vì là hai góc kề bù) 5 Xác định vị trí của H để EF có độ dài lớn nhất Lời giải: CFH... KH => (I) tiếp xúc (K) 21 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT => AFH = 900 (vì là hai góc kề bù).(2) BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn hay EAF = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE là hình chữ nhật ( vì có ba góc vuông) 3 Theo giả thi t ADBC tại H nên AHB vuông tại H có HE AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông tại H có HF AC (theo trên CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**)... minh tứ giác IECB nội tiếp Hãy xác định vị trí của C sao cho 2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM khoảng cách từ N đến tâm đờng 2 3 Chứng minh AM = AE.AC tròn ngoại tiếp tam giác CME 4 Chứng minh AE AC - AI.IB = AI2 là nhỏ nhất Lời giải: 19 CC DNG BI TP TON HèNH HC THI VO LP 10 THPT 1 Theo giả thi t MN AB tại I => EIB = 900; ACB nội tiếp chắn nửa đờng tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900