Tuyển tập đề hình học có đáp án chi tiết giúp học sinh cải thiện về hình họcKhối lượng kiến thức ở dạng hệ thống, tổng hợp giúp bản thân có thể xác định được 1 cách rõ ràng đã học được những phần nào, còn thiếu phần nào để bổ sung từ đó có thể lên kế hoạch cải thiện, nâng cao những phần còn thiếu mục đích lớn nhất là đạt kết quả cao nhất ở kỳ thi +Giúp bạn có kinh nghiệm trong việc phân chia thời gian thi của kỳ thi THPT quốc gia để làm bài hợp lý với từng môn thi cụ thể, nên làm câu nào trước, câu nào sau và dành thời gian cho mỗi câu bao nhiêu lâu là hợp lý nhất, những lỗi nào thường gặp phải, lỗi nào cần lưu ý, cần tránh để không gặp phải khi làm bài.+Làm quen được với câu trúc đề thi, tiếp xúc nhiều dạng bài: Giúp các bạn tự tin hơn+Khảo sát mức độ kiến thức của bạn.Qua đó, các bạn có thể nhận ra những thiếu sót kiến thức luyện thi kỳ thi
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 Chøng minh r»ng: Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H vµ M đối xứng qua BC Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: ∠CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) 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 díi mét gãc 900 => E vµ F cïng nằm đờng tròn đờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ;  góc chung AE AH = => ∆ AEH ∼ ∆ADC => => AE.AC = AH.AD AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta cã: ∠BEC = ∠ADC = 900 ; ∠C lµ gãc chung BE BC = => ∆ BEC ∼ ∆ADC => => AD.BC = BE.AC AD AC Ta cã ∠C1 = ∠A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC) C2 = A1 ( hai góc nội tiếp cïng ch¾n cung BM) => ∠C1 = ∠C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C => CB đơng trung trực HM H M ®èi xøng qua BC Theo chøng 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 Chøng minh DE lµ tiÕp tuyÕn Chøng minh tø giác CEHD nội tiếp đờng tròn (O) Bốn điểm A, E, D, B nằm Tính độ dài DE biết DH = đờng tròn Cm, AH = Cm Lời giải: Chøng minh ED = BC XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: ∠CEH = 900 ( V× BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD ®êng cao) => ∠CEH + ∠CDH = 1800 Mµ ∠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 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 => D trung điểm cđa BC Theo trªn ta cã ∠BEC = 900 Vậy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = BC 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 trªn DE = BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( phụ víi gãc ACB) => ∠E1 = ∠E3 => ∠E1 + ∠E2 = ∠E2 + ∠E3 Mµ ∠E1 + ∠E2 = ∠BEA = 900 => ∠E2 + ∠E3 = 900 = OED => DE OE E Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo gi¶ thiÕt 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 Chứng minh AC + BD = CD Lêi gi¶i: Chøng minh ∠COD = 90 AB 3.Chøng minh AC BD = 4.Chøng minh OC // BM 5.Chøng 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 trÞ nhá nhÊt Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM vµ ∠BOM lµ hai gãc kỊ bï => ∠COD = 900 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 Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = 4.Theo trªn ∠COD = 900 nªn OC ⊥ OD (1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có 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 tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tø gi¸c ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO ®êng trung b×nh cđa h×nh thang ACDB ⇒ IO // AC , mµ AC ⊥ AB => IO ⊥ AB O => AB tiếp tuyến O ®êng trßn ®êng kÝnh CD CN AC CN CM = = Theo AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nªn suy BN BD BN DM => MN // BD mµ BD ⊥ AB => MN ⊥ AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tø gi¸c ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhá nhÊt CD nhá nhÊt , mµ 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 C2 + I1 = 900 Chøng minh B, C, I, K cïng nằm đờng tròn (2) ( IHC = 900 ) Chøng minh AC lµ tiÕp tun cđa đờng tròn (O) Tính bán kính đờng tròn (O) BiÕt 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 hay∠IBK = 900 T¬ng tù ta còng cã ∠ICK = 900 nh vËy B vµ C nằm đờng tròn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng tròn Ta cã ∠C1 = ∠C2 (1) ( v× CI phân giác góc ACH I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => ∠C1 + ∠ICO = 900 hay AC ⊥ OC VËy AC lµ tiÕp tun cđa 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 = (cm) = AH 16 OH + HC = + 12 = 225 = 15 (cm) CH2 = AH.OH => OH = OC = 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 Vì K trung điểm NP Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cïng n»m nªn OK ⊥ NP ( quan hệ đờng tròn đờng kính 2 Chøng minh OI.OM = R ; OI IM = IA 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) Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Ta có MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM ⊥ AB t¹i I Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900 nªn tam giác OAM vuông A có AI đờng cao áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ OI IM = IA2 Ta cã OB ⊥ MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA ⊥ MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tø gi¸c OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH AB; theo OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nhng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiếu A BE, Chøng minh r»ng AI = AH Chøng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD) 1.∆ 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 vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc với (O) M Từ (1) (2) => ABM = Chøng minh r»ng tø gi¸c APMO néi tiÕp đợc AOP (3) đờng tròn Chứng minh BM // OP Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: (HS tự làm) 2.Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm AOM chắn cung AM => ABM = (1) OP tia phân giác AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => ∠AOP = ∠AOM (2) Mà ABM AOP hai góc đồng vị nªn suy BM // OP (4) 3.XÐt hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA lµ tiÕp tuyÕn ); ∠NOB = 900 (gt NO⊥AB) => ∠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 tiÕp tun ), 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 lµ trung điểm PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t Ta có PO tia phân giác APM => ∠APO = ∠MPO (8) Tõ (7) vµ (8) => ∆IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đờng cao => IK PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp 2) Chøng minh r»ng: 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 kỊ bï) => ∠KMF + ∠KEF = 1800 Mµ 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 (lÝ ……) => ∠ABE =∠MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) => BE tia phân giác gãc 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 ®iĨm cđa AF (3) Tõ BE ⊥ AF => AF HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm cđa HK (6) Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tø gi¸c AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB Thật vậy: M trung điểm cung AB => ∠ABM = ∠MAI = 450 (t/c gãc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A cã ∠ABI = 450 => ∠AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (8) => ∠IAK = ∠AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ABD = DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp => ∠AFB + ∠BAF = 900 (v× tỉng ba gãc tam giác 1800) (2) Từ (1) (2) => ∠ABD = ∠DFB ( cïng phơ víi ∠BAD) Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC ⊥ AE ∠ABE = 900 ( Bx lµ 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 ®ã AC AE kh«ng ®ỉi ∆ ADB cã ∠ADB = 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 ) Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 1800 ECD + ACD = 1800 ( Vì hai gãc kÒ bï) => ∠ECD = ∠ABD ( cïng bï víi ∠ACD) Theo trªn ∠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 cã SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠AMS = 900 Nh vËy P vµ M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính AS Vậy bốn ®iĨm A, M, S, P cïng n»m trªn mét ®êng tròn Vì Mđối xứng M qua AB mà M nằm đờng tròn nên M nằm đờng tròn => hai cung AM AM có số đo b»ng => ∠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) => ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (v× so le trong) (2) => Tõ (1) vµ (2) => ∠AS’S = ∠ASS’ Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP ) => ∠AS’P = ∠AMP => tam gi¸c 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 => ∠S’1 = ∠M1 (4) Tam gi¸c OBM cân O ( có OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5) Tõ (3), (4) vµ (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2 mµ ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nªn suy ∠M1 + ∠M2 = ∠PMO = 900 => PM OM M => PM tiếp tuyến đờng tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh : Tam giác DEF cã ba gãc nhän BD BM = DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp CB CF => BDFC hình thang cân Lời giải: BDFC nội tiếp đợc (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF đờng tròn => tam giác ADF cân A => ∠ADF = ∠AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => ∠DEF < 900 ( v× gãc DEF néi tiếp chắn cung DE) Chứng minh tơng tự ta có ∠DFE < 900; ∠EDF < 900 Nh vËy tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän AD AF = Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AB AC => DF // BC DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) 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 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 Chứng minh : Tam giác ONC cân O Tứ giác OMNP nội tiếp có ON = OC = R => Tứ giác CMPO hình bình hành ONC = OCN 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 ( v× PM ⊥ AB ); ∠ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Nh M N nhìn OP dới góc 900 => M N nằm đờng tròn đờng kÝnh OP => Tø gi¸c OMNP néi tiÕp Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => ∠OPM = ∠ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) => ∠OPM = ∠OCM XÐt hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; ∠OPM = ∠OCM => ∠CMO = ∠POM l¹i cã MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2) Tõ (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 CD CN đổi => 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 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 Chøng minh EF lµ tiÕp tun chung cđa hai nửa đờng tròn Lời giải: Ta có : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kỊ bï) (1) ∠CFH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai gãc kỊ bï).(2) ∠EAF = 900 ( V× tam giác ABC vuông A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2) => B1 = H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => ∠B1= ∠F1 => ∠EBC+∠EFC = ∠AFE + ∠EFC mµ ∠AFE + ∠EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF ACB ta cã ∠A = 900 lµ gãc chung; ∠AFE = ∠ABC ( theo Chøng minh trªn) AE AF = => ∆AEF ∼∆ ACB => => AE AB = AF AC AC AB * HD c¸ch 2: Tam gi¸c AHB vuông H có HE AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H có HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC Tø gi¸c AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kÝnh) => ∠E2 = ∠H2 => ∠E1 + ∠E2 = ∠H1 + ∠H2 mµ ∠H1 + ∠H2 = ∠AHB = 900 => ∠E1 + ∠E2 = ∠O1EF = 900 => O1E ⊥EF Chøng minh t¬ng tù ta còng cã O2F ⊥ EF VËy EF lµ tiÕp tun chung cđa hai nửa đờng tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vỊ mét phÝa cđa 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) Ta cã: ∠BNC= 900( néi tiÕp ch¾n 1.Chøng minh EC = MN nửa đờng tròn tâm K) 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: => ENC = 900 (vì hai gãc kÒ bï) (1) ∠AMC = 900 ( néi 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) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c 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 gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => ∠C1= ∠N3 => ∠B1 = ∠N3.(4) L¹i cã KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => B1 = N1 (5) Từ (4) (5) => ∠N1 = ∠N3 mµ ∠N1 + ∠N2 = ∠CNB = 900 => ∠N3 + ∠N2 = ∠MNK = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa ®êng trßn (I), (K) Ta cã ∠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 trªn EC = MN => MN = 20 cm Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) = π OA2 = π 252 = 625 π ; S(I) = π IA2 = π 52 = 25 π ; S(k) = π KB2 = π 202 = 400 Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S = ( S(o) - S(I) S(k)) 1 S = ( 625 π - 25 π - 400 π ) = 200 π = 100 π ≈ 314 (cm2) 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy 10 Theo giả thiết MN AB => A trung điểm cung MN => ∠AMN = ∠ACM ( hai gãc néi tiÕp 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 lªn AB, BE, CF, AC Chøng minh : Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật.Từ (1) (2) => HNP HCB Các tứ gi¸c BMND; DNHP; DPQC néi tiÕp 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 tiÕp => ∠N2 = ∠D4 (néi tiÕp cïng ch¾n cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH đờng cao) ∆ HDP cã ∠HPD = 900 (do DP ⊥ HC) => ∠C1= ∠D4 (cïng phơ víi ∠DHC)=>∠C1=∠N2 (1) chøng minh t¬ng tù ta cã ∠B1=∠P1 (2) Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => ∠N1 = ∠D1 (néi tiÕp cïng ch¾n cung BM).(3) DM // CF ( cïng vu«ng gãc víi AB) => ∠C1= ∠D1 ( hai gãc đồng vị).(4) Theo chứng minh C1 = N2 (5) Tõ (3), (4), (5) => ∠N1 = ∠N2 mµ B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6) Chøng minh t¬ng tù ta cung cã N, P, Q thẳng hàng (7) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng 24 Bài 37 Cho hai đờng tròn (O) (O) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O), C ∈ (O’) TiÕp tuyÕn chung t¹i A cắt tiếp tuyến chung BC I Chøng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp ABC cã AI = BC =>ABC Chøng minh ∠BAC = 900 TÝnh sè ®o gãc OIO vuông A hay BAC =900 Tính độ dµi BC biÕt OA = 9cm, O’A = 4cm Lêi giải: ( HS tự làm) Theo tính chất hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyến cắt ta có IO tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA mà hai góc BIA vµ CIA lµ hai gãc kỊ bï => I0 ⊥ I0’=> ∠0I0’= 900 Theo trªn ta cã 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 tiÕp tuyÕn chung ngoµi BC ë M Gäi E lµ giao điểm OM AB, F giao điểm cđa O’M vµ AC Chøng minh : Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp Theo tính chất hai tiếp Tứ giác AEMF hình chữ nhật tuyến cắt ta có MA = ME.MO = MF.MO’ MB OO’ lµ tiÕp tun cđa đờng tròn đờng kính BC BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO Lời giải: ( HS tự làm) =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME AB (1) Chứng minh t¬ng tù ta còng cã MF ⊥ AC (2) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tun c¾t ta còng có MO MO tia phân giác hai gãc kỊ bï BMA vµ 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 trªn ME ⊥ AB) ⇒ MA2 = ME MO (4) Tơng tự ta có tam giác vuông MAO cã AF⊥MO’⇒ MA2 = MF.MO’ (5) Tõ (4) vµ (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 25 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? => AFH = 900 (vì lµ hai gãc Chøng minh AE AB = AF AC kỊ bï).(2) Chøng minh EF lµ tiÕp tun chung hai đờng tròn (I) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lín nhÊt Lêi gi¶i: 1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiÕp xóc (O) OK = OC – KC => (K) tiÕp xóc (O) IK = IH + KH => (I) tiÕp xóc (K) Ta cã : ∠BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa ®êng trßn hay ∠EAF = 900 (3) Tõ (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 trªn ∠CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2) Theo chøng minh trªn 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 mµ ∠H1 + ∠H2 = ∠AHC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = ∠KFE = 900 => KF ⊥EF Chøng minh t¬ng tù ta còng cã IE ⊥ EF VËy EF lµ tiÕp 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 trïng víi O VËy H trïng víi O tóc lµ 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 Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam Theo tính chất hai tiếp tuyến giác APB cắt ta có: OM tia phân 2 Chứng minh AM BN = R gi¸c cđa gãc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà S MON R TÝnh tØ sè AM = S APB TÝnh thĨ tÝch cđa h×nh nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh Lời giải: 26 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 tiÕp tuyÕn ta cã NB ⊥ OB => ∠OBN = 900; NP ⊥ OP => ∠OPN = 900 =>∠OBN+∠OPN =1800 mà OBN OPN hai góc đối => tứ gi¸c OBNP néi tiÕp =>∠OBP = ∠PNO XÐt 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 cã OP2 = PM PM Mµ OP = R; AM = PM; BN = NP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AM BN = R2 R R Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM = => PM = => PN = R2: 2 R = 2R R 5R MN 5R => MN = MP + NP = + 2R = Theo trªn ∆APB ∼ ∆ MON => = : 2R = 2 AB = k (k tỉ số đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta có: S MON S MON 25 = k => = ÷= 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)Chøng minh tÝch 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 ®Òu => ∠ABC = ∠ACB = 600 (1); ∠DOE = 600 (gt) =>∠DOB + ∠EOC = 1200 (2) ∆DBO cã ∠DOB = 600 => ∠BDO + ∠BOD = 1200 (3) Tõ (2) vµ (3) => ∠BDO = ∠COE (4) BD BO = Tõ (2) vµ (4) => ∆BOD ∼ ∆CEO => => BD.CE CO CE = BO.CO mµ 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 L¹i cã ∠DBO = ∠DOE = 600 (6) Tõ (5) vµ (6) => ∆DBO ∼ ∆DOE => ∠BDO = ODE => DO tia phân giác BDE 27 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 : 1.BD2 = AD.CD DCE => B C 2.Tứ giác BCDE néi tiÕp nh×n DE díi cïng 3.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 có D chung => ∆BCD ∼ BD CD = ∆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 = góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiÕp Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => ∠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 N Chøng minh tø gi¸c MNCE néi tiÕp Chøng minh NE ⊥ AB _ F Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chøng minh FA lµ / M tiÕp tun cđa (O) C / _ Chøng minh FN lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn (B; BA) E Lời giải: (HS tù lµm) B A O H (HD) DƠ thÊy 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 mµ 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 đờng cao đồng thời ®êng trung tun ( M lµ trung ®iĨm cđa AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đờng tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA) Bµi 44 AB vµ AC lµ hai tiÕp tun cđa đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuông góc AB H, cắt (O) E cắt OA D Chøng minh CO = CD Chøng minh tø giác OBCD hình thoi 28 B H Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh I trung điểm OH I E Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng O D A minh ba điểm O, M, K thẳng hàng M Lời giải: K Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đờng C tròn tâm O => OA tia phân gi¸c cđa ∠BOC => ∠BOA = ∠COA (1) OB ⊥ AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH ⊥ AB (gt) => OB // CH => ∠BOA = ∠CDO (2) Từ (1) (2) => COD cân C => CO = CD.(3) theo trªn ta cã CO = CD mµ CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã 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) t¹i F Chøng minh BC // AE Chøng minh ABCE hình bình hành 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 cã ∠EAD = ∠BCD (v× so le ) AD = CD (gt); ∠ADE = ∠CDB (®èi ®Ønh) => ∆ADE = ∆CDB => AE = CB (1) Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành 3) I trung ®iĨm cđa CF => OI ⊥ CF (quan hƯ ®êng 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 Bài 46: Cho đường tròn (O) điểm P ngồi 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 · · = EBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) EAB O P EB ED D ⇒ EB = EA.ED (1) ⇒ = C EA EB · · · · * EPD = PCA (s.l.t) ; EAP = PCA (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) A · · · ⇒ EPD = EAP ; PEA chung ⇒ ∆EPD ~ ∆EAP (g.g) EP ED ⇒ EP2 = EA.ED (2)Từ & ⇒ EB2 = EP2 ⇒ EB = EP ⇒ AE trung tuyến ∆ PAB ⇒ = EA EP 29 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 vng 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 C ngoại tiếp tứ giác ADEF HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g) E b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900) K c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF D 2a · d) AC = BC.sin ABC = 2a.sin60 = 2a =a H a 600 · AB = BC.cos ABC = 2a.cos60 = 2a =a A B F · · · AH = AB.sin ABC = a.sin600 = a ; ∆ FKB vng K , có ABC = 600 ⇒ BFK = 300 · ⇒ AD = FD.sin BFK ⇒ AD = FD.sin300 ⇒ a = FD.0,5 ⇒ FD = a : 0,5 = 2a · Bài 48: Cho ∆ABC vuông ( ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường tròn đưòng kính AC Kẻ dây cung BD vng 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 I b Chứng minh D; E; I thẳng hàng c Chứng minh HI tiếp tuyến đường tròn đường kính EC H HD; a) AB // EI (cùng ⊥ BC) A C O E O’ CI CE ⇒ = (đ/lí Ta-lét) CB CA 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’)) · · · · = HED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến ⇒ ∆HID cân ⇒ HIE = HDI IEO' · · 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 M (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) I IO IQ ⇒ IH.IO = IQ.IP = b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) ⇒ IP IH Q PQ PQ · c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg MQK = KQ.tg60 = 3= H 2 30 PQ PQ · ∆v OKQ có: OK = KQ.tg OQK = KQ.tg300 = KQ = = 3 SMPQ PQ PQ ⇒ = : =3 SOPQ 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 DM CM = b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy D DE CE c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD M d Chứng minh: EA = EC.EM – EA.AO · e Đặt AOC = α Tính theo R α đoạn AC BD C N 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 90 ) B O A E b) AC // BD (cùng ⊥ EB) ⇒ ∆EAC ~ ∆EBD CE AC CE CM DM CM ⇒ = = = (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ (2) ⇒ DE BD DE DM DE CE NC AC NC CM ⇒ MN // BD = = c) AC // BD (cmt) ⇒ ∆NAC ~ ∆NBD ⇒ (3) Từ 1; 2; ⇒ NB BD NB DM d) ¶O1 = ¶O ; ¶O3 = ¶O mà ¶O1 + ¶O + ¶O3 + ¶O = 1800 ⇒ ¶O + ¶O3 = 900 ; ¶O + ¶D1 = 900 (…) OB R R ⇒ ¶D1 = ¶O = ¶O1 = α Vậy: DB = = ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα ⇒ AC.DB = R.tgα tgα tgα tgα ⇒ 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 A c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1 MH = d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MC B1 So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM C1 HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) J H Tâm I trung điểm BH b) C/m: ·HA1C1 = ·HBC1 ; ·HA1B1 = ·HCB1 ; M K ·HBC = ·HCB ⇒ ·HA C = ·HA B ⇒ đpcm I 1 1 12 c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 … C A1 ⇒ ỊJ trung trực 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 mà HM.JK MC HM HM HM JK ⇒ SHAC : S HJM = 31 Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng 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 b) IP // CM ( ⊥ Cz) ⇒ MPIC hình thang ⇒ IL = LC khơng đổi H A,B,C cố định ⇒ I cố định O N c) PA ⊥ KM ; PK ⊥ MB ⇒ H trực tâm ∆ PKM L ⇒ KH ⊥ PM K d) AHBK nội tiếp đ/tròn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) ⇒ N tâm đ/tròn ngoại tiếp … ⇒ NE = NA = R(N) A ⇒ N thuộc đường trung trực AB ⇒ O,L,N thẳng hàng x M y C 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 vng cân c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) U b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân c) ∆ KMN vuông ⇒ KN ⊥ KM mà KM // BP ⇒ KN ⊥ BP P · = 900 (góc nội tiếp…) ⇒ AP ⊥ BP APB ⇒ KN // AP ( ⊥ BP) · · KM // BP ⇒ KMN = PAT = 450 ¼ // N PKM · · Mà PAM = PKU = = 450 A · · PKN = 450 ; KNM = 450 ⇒ PK // AN Vậy ANPK hình bình hành K M T O = B Bài 54: Cho đường tròn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vng 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 = 45 (chắn cung ¼ đ/tròn) · ⇒ MD tia phân giác AMB M F b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O) N I ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến B ⇒ ∆ OMB ~ ∆ NAB A E 32 O 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 ⇒ 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 M b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) ⇒ AE = BC (2) N F Từ ⇒ ABCE hình bình hành O _ I c) Theo c.m.t ⇒ AB // CF ⇒ GO ⊥ AB _ · · · · ⇒ BGO = 900 – ABC = BAH = BAC H C G d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục B đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH 1 ⇒ FD = MN = MD = BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) ⇒ DF.DN = DA.DC 2 BH · ⇒ 2BH2 = AC2 ⇒ BH = AC ⇒ cos ABC = = AB 4 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 = 1800 ⇒ C, B, F thẳng hàng · · F ⇒ CDEF nội tiếp (quĩ tích …) b) CDF = 900 = CEF C B · · c) CDEF nội tiếp ⇒ ADE = ECB (cùng chắn cung EF) · · Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB) = ADB Tương tự EA tia phân giác DEB · · · · ⇒ ADE ⇒ 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 · · · · · · ⇒ ODEO’ nội tiếp cung DE) ⇒ DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ) ⇒ ODO' = O'EO 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 a) Chứng minh: ACBD hình vng 33 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 vng E // M · · · · b) AED = = DOB = 450 AOD = 45 ; DEB = 2 · · · ⇒ AED ⇒ ED tia phân giác AEB = DEB B A O ·AED = 450 ; EMB · = 45 (∆ EMB vuông cân E) · · ⇒ AED = EMB (2 góc đồng vị) ⇒ ED // MB c) ∆ EMB vuông cân E CE ⊥ DE ; ED // BM ⇒ CE ⊥ BM ⇒ CE đường trung trực BM D d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R ) Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi 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 vng 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 vng góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường tròn ngoại tiếp ∆CPD µ < 900), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, AC Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng 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 34 b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M = · · c Chứng minh: MOI = CAI N d Chứng minh: MA = 3.MB I = 0 · · HD: a) COA = 90 (…) ; CIA = 90 (…) ⇒ Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) O B A b) MB // CI ( ⊥ BM) (1) · · ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) ¶N1 = ¶N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI (slt) = NBM ⇒ CI = BM (2) Từ ⇒ BMCI hình bình hành 1· · · c) ∆ CIM vuông cân ( CIA = 900 ; CMI = COA = 45 ) ⇒ MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ; · · · · · · ⇒ ⇒ MOI IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) mà: IOC MOI = IOC = CAI = CAI R AC d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = (với R = AO) = 2 R2 R 10 NC2 R 10 MI Từ : 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 µ = 600 nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, Bài 63: Cho ∆ABC có A 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) 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 ; K 0 0 · · AFEK nội tiếp ⇒ FEK = 120 = 180 − ¶A = 180 − 60 = 120 ⇒ BEC F E I ¶B + ¶C 1200 · c) BIC = 1800 − = 1800 − = 1200 2 Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung B H nằm đường tròn tâm (O) º » IO DS · · d) Trong đ/tròn (O) có DAS = sđ ; đ/tròn (S) có ISO = sđ D S 2 º » IO DS º = IE · · » = IE º ⇒ IO º ⇒ đpcm DAS = ISO (so le trong) nên: = mà DS 2 C Bài 64: Cho hình vng ABCD, phía hình vng 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 Chứng minh rằng: C D a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH 35 d Tứ giác APMH hình thang cân P K · HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) mà AIB = 900 (góc nội tiếp …) ⇒ 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) A H » = AH » ⇒ PA // MH ⇒ PM M B 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 · · HD: a) BOIM nội tiếp OIM A B = OBM = 900 · · · · b) INB (2 góc nội tiếp chắn cung BM) = OBM = 90 ; NIB = BOM ⇒ ∆ IBN ~ ∆OMB I c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn ⇔ IH lớn AO = R(O) N M Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường tròn đ/k AO Do SAIO lớn · Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI = 450 Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn 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 = E O HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m : ⇒ 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 º ⇒ BDI » ⇒ IB º = IC · · ⇒ ∆CDE I điểm BC = IDC · ⇒ 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 » (cung nhỏ ) không đổi ⇒ E di động đ/tròn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I ∈ AC » nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC D → C E → C ; D → A E → B ⇒ E động BC Bài 67: Cho hình vng 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 36 c Tính tỉ số diện tích ∆AIE ∆BIA; diện tích ∆AIE ∆BIA diện tích tứ giác IEDF IBCF µ = 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 DE c Tính tỷ số: d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OA ⊥ DE BC Bài 69: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường tròn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn · · b Khi điểm D di động đường tròn ( BMD + BCD ) khơng 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 d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường tròn nội tiếp ∆EOF Chứng minh: r < < R Bài 73: Từ điểm A ngồi 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 vng 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 VAFN Bài 75: Cho nửa đường tròn tâm (O), đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường tròn Dựng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, khơng chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) K giao điểm CF ED 37 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) AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B C) Từ B kẻ đường thẳng d vng 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 76: Cho ∆ABC vng C, có 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 CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao? 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 vng 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 c) Chứng minh S’ ≤ S , S, S’ diện tích ∆ ABC ∆ AMN 38 ... bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta còng cã PM ⊥ OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON vµ PM cắt I nên I trực tâm... ∠BDO = ∠COE (4) BD BO = Tõ (2) vµ (4) => ∆BOD ∼ ∆CEO => => BD.CE CO CE = BO .CO mµ 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... phân giác BOC => ∠BOA = ∠COA (1) OB ⊥ AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH ⊥ AB (gt) => OB // CH => ∠BOA = ∠CDO (2) Tõ (1) vµ (2) => COD cân C => CO = CD.(3) theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO