Những bài toán hình học chọn lọc có hình minh họa và hướng dẫn đi kèm giúp học sinh có cơ sở học tập rèn luyện tốt, có kiến thức tốt trong việc làm bài tập hình học thi vào lớp 10. Việc giải toán hình học sẽ không còn khó khăn với HS lớp 9. Đây là tài liệu tốt cho giáo viện tham khảo luyện thi.
Chuyên đề: Hình học THCS Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt ã H cắt đờng tròn (O) lần lợt = 900 ( Vì CDH M,N,P AD đờng cao) Chứng minh r»ng: · · => CEH + CDH = Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp 180 Bèn 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: ã = 900 ( Vì BE đờng cao) CEH ã ã Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp ã Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEC = 900 ã CF đờng cao => CF ⊥ AB => BFC = 900 Nh vËy 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: ãAEH = ãADC = 900 ;  góc chung S AE AH = => AE.AC = AH.AD AD AC ã góc * Xét hai tam giác BEC vµ ADC ta cã: BEC = ·ADC = 900 ; C => ∆ AEH ∆ADC => chung S BE BC = => AD.BC = BE.AC AD AC µ = µA ( v× cïng phơ víi ·ABC ) Ta có C 1 ả =à C A1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BM) =C ả => CB tia phân giác gãc HCM; l¹i cã CB ⊥ HM => C => ∆ BEC ∆ADC => => ∆ CHM c©n C => CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn =E ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) => C 1 Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp =E ả ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) C =E ả => EB tia phân giác cđa gãc FED E Chøng minh t¬ng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c AHE Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp Bèn ®iĨm A, E, D, B cïng n»m A đờng tròn Chứng minh ED = BC Chøng minh DE lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lêi gi¶i: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: ·CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) O H B E D C · = 900 ( Vì AD đờng cao) CDH ã ã => CEH + CDH = 1800 · · Mµ CEH vµ CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp ã Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEA = 900 ã AD đờng cao => AD ⊥ BC => BDA = 900 Nh vËy E D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng tròn đờng kính AB VËy ®iĨm A, E, D, B cïng n»m đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến ã => D trung ®iĨm cđa BC Theo trªn ta cã BEC = 900 Vậy tam giác BEC vuông E có ED lµ trung tuyÕn => DE = BC Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => ¶ =µ E A1 (1) 1 ¶ =B µ (2) BC => tam giác DBE cân D => E ả =à ả =E ả =E ¶ => E µ +E ¶ +E µ3 Mµ B A1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB) => E 1 2 ¶ = · 0 ả à +E ã Mà E => DE ⊥ OE t¹i E BEA = 90 => E2 + E = 90 = OED Theo trªn DE = Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pytago cho tam giác OED vuông E ta cã ED2 = OD2 - OE2 ED2 = 52 - 32 ED = 4cm Bµi Cho nưa 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 t¹i N Chøng minh AC + BD = CD · Chøng minh COD = 900 Chøng minh AC BD = AB Chøng minh OC // BM Chøng minh AB lµ tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD Chứng minh MN AB Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Lêi gi¶i y x D Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn / c¾t I M Ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM / Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD C N Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OC tia phân O giác góc AOM; OD tia A B ã ã phân giác góc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kỊ bï · => COD = 900 · Theo trªn 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 cã OM2 = CM DM, Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB · Theo trªn COD = 900 nªn OC ⊥ OD (1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM ⊥ OD (2) Tõ (1) vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD) Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta cã AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB => IO // AC , mµ AC ⊥ AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD Theo trªn AC // BD => suy CN AC = , mµ CA = CM; DB = DM nªn BN BD CN CM = BN DM => MN // BD mµ BD ⊥ AB => MN ⊥ AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nªn suy chu vi tø giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt CD lµ 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 cña IK Chøng minh B, C, I, K cïng nằm đờng tròn Chứng minh AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính bán kính ®êng trßn (O) BiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24Cm 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 ®ã BI ⊥ BK hay IBK = 900 · T¬ng tù ta còng cã IKC = 900 nh B C nằm đờng tròn ®êng kÝnh IK ®ã B, C, I, K cïng nằm đờng tròn =C ả (1) ( CI phân giác Ta có C góc ACH ả + Ià = 900 (2) ( v× IHC · C = 900 ) A ã Ià1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O) + ICO ã Từ (1), (2) , (3) => C = 900 hay AC ⊥ OC I B VËy AC lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn (O) Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm H o K C AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20 − 12 = 16 ( cm) CH 12 CH2 = 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 2)Vì K trung Chứng minh năm điểm O, K, A, M, điểm NP nên OK B nằm đờng tròn NP ( quan hƯ ®êng Chøng minh OI.OM = R ; OI IM = kÝnh IA2 Chøng 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: 1) (HS tự làm) ã Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã · · = 900; OBM = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM díi mét gãc OAM 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Ta có MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM ⊥ AB t¹i I · Theo tÝnh chÊt 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; vµ OI IM = IA2 Ta cã OB ⊥ MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA ⊥ MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH ⊥ AB; còng theo trªn OM ⊥ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nhng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh r»ng AI = AH Chøng minh r»ng BE lµ tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chứng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD) ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC =B ả => BEC tam giác cân => B 2 Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, =B ¶ => ∆ AHB = ∆AIB B => AI = AH AI = AH vµ BE ⊥ AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bµi Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến ®iĨm P cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc => ·AOP = víi (O) t¹i M ·AOM (2) Chøng minh r»ng tø gi¸c APMO nội tiếp đợc đờng tròn Từ (1) (2) Chøng minh BM // OP => ·ABM = Đờng thẳng vuông góc với AB O ãAOP (3) cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: (HS tự làm) Ta có ãABM nội tiếp chắn cung AM; ãAOM góc tâm ãAOM chắn cung AM => ãABM = (1) OP tia phân giác ãAOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) Mà ãABM ãAOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) Xét hai tam giác AOP OBN ta có : ã ã =900 (vì PA tiếp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NO⊥AB) PAO · · · => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; ·AOP = OBN (theo (3)) => ∆AOP = ∆OBN => OP = BN (5) Tõ (4) vµ (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta còng cã PM ⊥ OJ ( PM lµ tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) ã Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật v× cã PAO = ·AON = · = 900 => K trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ ONP nhật) (6) ã ã AONP hình ch÷ nhËt => PAO = NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t Ta cã PO tia phân giác ã ã ãAPM => PAO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đồng thời đờng cao => IK ⊥ PO (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn (M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội EFMK tứ tiếp giác néi 2) Chøng minh r»ng: AI = IM IB tiếp 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 cã : ·AMB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) ã => KMF = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï) ·AEB = 900 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) ã => KEF = 900 (vì hai góc kề bù) ã ã ã => KMF + KEF = 1800 Mµ KMF vµ ãKEF hai góc đối tứ giác EFMK ®ã · Ta cã IAB = 900 ( v× AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM IB · · · Theo gi¶ thiÕt AE tia phân giác IAM => IAE = MAE => »AE = ME ¼ (lÝ ) · => ·ABE = MBE (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo trªn ta cã ·AEB = 900 => BE ⊥ AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm AF (3) · Tõ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo AE tia phân giác IAM ã 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) Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH lµ hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB ã Thật vậy: M trung điểm cung AB => ·ABM = MAI = 450 (t/c gãc néi tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ·ABI = 450 => ·AIB = 450 (8) · Tõ (7) vµ (8) => IAK = ·AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi ã Chứng minh ãABD = DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ãACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC ⊥ AE ·ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R không đổi AC AE không đổi ADB có ãADB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) · => ·ABD + BAD = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1) ∆ ABF cã ·ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) C · => ·AFB + BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 180 D ) (2) · · Tõ (1) vµ (2) => ·ABD = DFB ( cïng phơ víi BAD ) X A O E F B Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ·ABD + ·ACD = 1800 · + ãACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) ECD · => ECD = ·ABD ( cïng bï víi ·ACD ) · · · Theo trªn ·ABD = DFB => ECD = DFB · · Mµ EFD + DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) ã · nªn suy ECD + EFD = 1800, · ã mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE Do tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp Bài 10 Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn cho AM < MB Gọi M điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, MA Gọi P chân đơng vuông góc từ S đến AB Chøng minh ®iĨm A, M, S, P cïng n»m đờng tròn Gọi S giao điểm MA SP Chứng minh tam giác PSM cân Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn Lời giải: ã Ta có SP AB (gt) => SPA = 900 ; ·AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ãAMS = 900 Nh P M nhìn AS díi mét gãc b»ng 900 nªn cïng n»m trªn ®êng trßn ®êng kÝnh AS VËy ®iĨm 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 ' = ·AM ' M ( Hai gãc néi tiếp chắn hai cung nhau) (1) Cũng Mđối xứng M qua AB nên MM AB H => MM’// SS’ ( cïng vu«ng gãc víi AB) S => ·AMM ' = ·AS ' S ; ·AM ' M = ·ASS ' (v× so le trong) M (2) => Tõ (1) vµ (2) => ·AS ' S = ·ASS ' 4( )1 Theo bốn điểm A, M, S, P nằm P B ) H O 3( A trªn mét đờng tròn => ãASP = ãAMP (nội tiếp chắn AP ) => ·AS ' P = ·AMP => tam giác PMS cân Tam giác SPB vuông P; tam giác = Sả ' (cùng phụ với Sả ) (3) => B 1 M' S' P SMS vuông M ả (4) Tam giác PMS cân P => Sả '1 = M = M ả (5) Tam giác OBM cân O ( v× cã OM = OB =R) => B ¶ = M ¶ => M ¶ + M ả = M ả + M ả mà M ¶ + M ¶ = Tõ (3), (4) vµ (5) => M 3 ¶ + M ¶ = PMO · ·AMB = 900 nªn suy M = 900 => PM OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) C¹nh AB, BC, CA tiÕp xóc víi đờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chøng minh : Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp Lêi gi¶i: (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam giác ADF cân A => ãADF = ãAFD < 900 => s® cung DF » < 1800 => ãAEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE) · · Chøng minh t¬ng tù ta cã DFE < 900; EDF < 90 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => BD BM = CB CF AD AF = => 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 ã ã Xét hai tam giác BDM CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) ã ã ã ã = BFD (nội tiếp chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) BDM · · => BDM = CBF S => ∆BDM ∆CBF => BD BM = CB CF Bµi 12 Cho đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vuông góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn P Chøng minh : Tø gi¸c OMNP néi tiÕp Tứ giác CMPO hình bình hành CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M C Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định Lời gi¶i: · · Ta cã OMP = 900 ( v× PM ⊥ AB ); ONP = M O A B 90 (vì NP tiếp tuyến ) N A' P D B' b) ∆ INB ~ ∆ IBM a) NA//BC c) IB tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp BMN d) Bốn điểm A,B,N,O thuộc đờng tròn AB = R Bài 52 Cho (O;R) điểm A cố định nằm (O) Vẽ đờng thẳng d OA A Trên d lấy điểm M Qua M kẻ hai tiếp tuyến ME,MF EF cắt OM H , cắt OA B Chứng minh : a) Tứ giác ABMH nội tiếp b) OA.OB=OH.OM=R2 c) Tâm I ®êng trßn néi tiÕp ∆ MEF thuéc mét ®êng trßn cố định d) Tìm vị trí M để diện tÝch ∆ BHO lín nhÊt Bµi 53 Cho ∆ ABC nhọn nội tiếp (O;R) đờng cao AD , BE,CF cắt H Kẻ đờng kính AA Gọi I trung điểm BC Chứng minh : a) Tứ giác BCEF nội tiếp b) Ba điểm H,I,A thẳng hàng c) DH DA=DB.DC d) Khi BC cố định , A chuyển động cung lớn BC cho ABC nhọn Tìm vị trí A để S EAH lớn Bài 54 Cho (O;R) đờng kính AB Gọi C điểm cung AB Điểm E chuyển động đoạn BC , AE cắt BC H Nối BH cắt AC K , KE cắt AB M Chứng minh: a) Tứ giác KCEF nội tiếp ã b) Sđ CHK không đổi c) Tìm vị trí E để ®é dµi CM lín nhÊt d) Khi E chun ®éng đoạn BC tổng BE.BC+AE.AH không đổi Bài 55 Cho ∆ ABC néi tiÕp (O) víi gãc A tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn AKFI phải hình. .. ∠I2 = 900 = ∠MIO’ hay MI OI I => MI tiếp tuyến (O) Bài Tập Phần HìNH Học Bài Cho hai đờng tròn (O;R) (O;R) cắt A,B (Ovà O thuộc hai nửa mặt phẳng bờ AB ) Các đờng thẳng AO AO cắt (O) hai điểm C,D