50 bai hinh thi vao 10

50 toán hình học lớp 50 toán hình học lớp 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 A N Chøng minh r»ng: Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng trßn E P AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC F H M đối xứng qua BC O H Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: ( B C XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: D ( CEH = 90 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD ®−êng cao) M => ∠ CEH + ∠ CDH = 1800 Mµ ∠ CEH vµ ∠ CDH lµ hai gãc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE ®−êng cao => BE ⊥ AC => ∠BEC = 900 CF đờng cao => CF AB => BFC = 900 Nh E F nhìn BC d−íi mét gãc 900 => E vµ F cïng n»m 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 với góc ABC) C2 = A1 ( hai gãc néi tiÕp 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 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 A Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp Bèn ®iĨm A, E, D, B cïng nằm đờng tròn Chứng minh ED = BC O Chøng minh DE lµ tiếp tuyến đờng tròn (O) E H Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lêi gi¶i: D 1 XÐt tø gi¸c CEHD ta cã: B C ∠ CEH = 90 ( Vì BE đờng cao) This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) => CEH + ∠ CDH = 1800 Mµ ∠ CEH vµ ∠ CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE AC => BEA = 900 AD đờng cao => AD BC => ∠BDA = 900 Nh− vËy E vµ D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng tròn đờng kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên ®−êng trung tun => D lµ trung ®iĨm cđa BC Theo trªn ta cã ∠BEC = 900 VËy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung 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 Mµ ∠E1 + ∠E2 = ∠BEA = 900 => ∠E2 + ∠E3 = 900 = ∠OED => DE OE E Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông t¹i E ta cã ED2 = OD2 – OE2 ED2 = 52 – 32 ED = 4cm Bµi Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt t¹i N Chøng minh AC + BD = CD y Chøng minh ∠COD = 900 x D AB / I Chøng minh AC BD = M 4 Chøng minh OC // BM / C Chứng minh AB tiếp tuyến đờng tròn đờng kính CD N Chứng minh MN AB Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Lời gi¶i: A O B 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 2 Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R => AC BD = 4 Theo trªn ∠COD = 900 nªn OC ⊥ OD (1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trùc cña BM => BM ⊥ OD (2) Tõ (1) Và (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 kÝnh This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp 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 A 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 I góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B 1 C B Do ®ã BI ⊥ BK hay∠IBK = 90 H T−¬ng tù ta còng cã ∠ICK = 900 nh B C nằm o đờng tròn đờng kính IK B, C, I, K nằm đờng tròn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân gi¸c cđa gãc ACH K ∠C2 + ∠I1 = 900 (2) ( v× ∠IHC = 900 ) ∠I1 = ∠ ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Tõ (1), (2) , (3) => ∠C1 + ∠ICO = 900 hay AC ⊥ OC VËy AC lµ tiÕp tuyÕn 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 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 d Chøng minh tø gi¸c AMBO néi tiÕp A Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm P đờng tròn K D 2 Chøng minh OI.OM = R ; OI IM = IA N Chøng minh OAHB lµ hình thoi H O Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng I Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải: C (HS tự làm) B Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đờng kính M Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 nh− vËy 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 This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Ta cã 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 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 => 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 VËy M di ®éng 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 E D Gọi I hình chiếu A trªn BE, Chøng minh r»ng AI = AH Chứng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE A Lêi gi¶i: (HD) I ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến B H C 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 X cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc víi (O) t¹i M N J Chøng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn P Chøng minh BM // OP §−êng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N Chứng I minh tứ giác OBNP hình bình hành M Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt K J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: (HS tự làm) ( ( A B O Ta cã ∠ ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm AOM chắn cung AM => ABM = (1) OP tia phân giác AOM AOM ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => ∠ AOP = (2) Tõ (1) vµ (2) => ∠ ABM = ∠ AOP (3) Mµ ∠ ABM vµ ∠ AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); ∠NOB = 900 (gt NO⊥AB) => ∠PAO = ∠NOB = 900; OA = OB = R; ∠AOP = ∠OBN (theo (3)) => ∆AOP = ∆OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON ⊥ AB => ON ⊥ThisPJdocument has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Ta còng cã PM ⊥ OJ ( PM lµ tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật cã ∠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 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 X 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ gi¸c néi tiÕp I 2) Chøng minh r»ng: AI = IM IB 3) Chøng minh BAF lµ tam giác cân 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi F 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn Lêi gi¶i: M Ta cã : ∠AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) H E => KMF = 900 (vì hai góc kề bù) AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) K => KEF = 900 (vì hai góc kÒ bï) 2 => ∠KMF + ∠KEF = 1800 Mµ ∠KMF vµ ∠KEF lµ hai gãc ®èi B A O cđa tø gi¸c EFMK ®ã EFMK tứ giác nội tiếp Ta có IAB = 90 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM IB Theo gi¶ 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 góc ABF (1) Theo trªn ta cã ∠AEB = 900 => BE AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2) Tõ (1) vµ (2) => BAF lµ tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm cña AF (3) Tõ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6) 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 Thật vậy: M trung điểm cung AB => ∠ABM = ∠MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ABI = 450 => ∠AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (8) => ∠IAK = ∠AIF = 450 => AKFI lµ 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 ®æi Chøng minh ∠ ABD = ∠ DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BC AE ∠ABE = 900 ( Bx lµ tiÕp tuyÕn ) => tam giác ABE vuông B có BC ®−êng cao => AC AE = AB2 (hƯ thøc gi÷a cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R không đổi AC AE không đổi ADB có 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 ) => ∠AFB + ∠BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2) Tõ (1) vµ (2) => ∠ABD = ∠DFB ( cïng phơ víi ∠BAD) X E C D A O Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 1800 ∠ECD + ∠ACD = 1800 ( Vì hai góc kề bù) => ECD = ∠ABD ( cïng bï víi ∠ACD) Theo trªn ∠ABD = ∠DFB => ∠ECD = ∠DFB Mµ ∠EFD + ∠DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp F B 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 S 1 Chứng minh bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn M Gọi S giao điểm MA SP Chứng minh tam giác PSM cân Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn 4( )1 Lời giải: P B ) H O 3( A 0 Ta cã SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 90 ; ∠AMB = 90 ( néi tiÕp ch¾n nưa ®−êng trßn ) => ∠AMS = 900 Nh− vËy P M nhìn AS dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính AS M' VËy ®iĨm A, M, S, P cïng n»m đờng tròn Vì Mđối xứng M qua AB mà M nằm đờng tròn nên M S' nằm đờng tròn => hai cung AM AM có số đo => AMM = ∠AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1) Cũng Mđối xứng M qua AB nên MM’ ⊥ AB t¹i H => MM’// SS’ ( cïng vu«ng gãc víi AB) => ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ASS (vì so le trong) (2) => Từ (1) (2) => ASS = ASS Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn => ∠ASP=∠AMP (néi tiÕp cïng ch¾n AP ) => ∠AS’P = AMP => tam giác PMS cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => ∠B1 = ∠S’1 (cïng phơ víi ∠S) (3) Tam giác PMS cân P => S1 = M1 (4) Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5) Tõ (3), (4) vµ (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2 mµ ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nªn suy ∠M1 + ∠M2 = ∠PMO = 900 => PM ⊥ OM t¹i 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 gi¸c DEF cã ba gãc nhän BD BM DF // BC Tø gi¸c BDFC néi tiÕp = CB CF This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học líp Lêi gi¶i: A (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF = AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => ∠DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE) Chøng minh t−¬ng tù ta cã ∠DFE < 900; ∠EDF < 900 Nh− vËy tam gi¸c DEF D F cã ba gãc nhän O AD AF Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => = => DF // BC AB AC I DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân) M C B E => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đợc đờng tròn Xét hai tam giác BDM CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân) ∠BDM = ∠BFD (néi tiÕp cïng ch¾n cung DI); ∠ CBF = ∠BFD (v× so le) => ∠BDM = ∠CBF BD BM => ∆BDM ∼∆CBF => = CB CF 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 : C 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 M cố định O A B 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 N nằm đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => ∠OPM = ∠ ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM) P D B' A' Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ∠ONC = ∠OCN => ∠OPM = OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta có ∠MOC = ∠OMP = 900; ∠OPM = ∠OCM => ∠CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = ∆MOP => OC = MP (1) Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta cã ∠MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có C gãc chung => ∆OMC ∼∆NDC CM CO => = => CM CN = CO.CD mµ CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2 CD CN không đổi hay tích CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) DÔ thÊy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ∠ODP = 900 => P chạy đờng thẳng cố định vuông góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B’ song song vµ b»ng AB Bµi 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chøng minh EF lµ tiÕp tuyÕn chung hai nửa đờng tròn This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 bµi toán hình học lớp Lời giải: A Ta cã : ∠BEH = 90 ( néi tiÕp ch¾n nửc đờng tròn ) E => AEH = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï) (1) I 1( F CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kỊ bï).(2) )1 ∠EAF = 900 ( V× tam giác ABC vuông A) (3) O1 O2 B H C Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c 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 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 lµ gãc chung; ∠AFE = ∠ABC ( theo Chøng AE AF minh trªn) => ∆AEF ∼∆ACB => = => AE AB = AF AC AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE ⊥ AB => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vuông H có HF AC => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2 => ∠E1 + ∠E2 = ∠H1 + ∠H2 mµ ∠H1 + ∠H2 = ∠AHB = 900 => ∠E1 + ∠E2 = ∠O1EF = 900 => O1E ⊥EF Chøng minh t−¬ng tù ta còng cã O2F ⊥ EF VËy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ phía AB nửa đờng tròn có ®−êng kÝnh theo thø tù lµ AB, AC, CB vµ 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) E Chøng minh EC = MN N Chứng minh MN tiếp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K) H Tính MN M Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn Lời giải: 1 Ta cã: ∠BNC= 90 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn tâm K) A I O C K B => ENC = 90 (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) => EC = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học líp Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) = π OA2 = π 252 = 625 π ; S(I) = π IA2 = π 52 = 25 π ; S(k) = π KB2 = π 202 = 400 π Ta có diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S = ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 S = ( 625 π - 25 π - 400 π ) = 200 π = 100 π ≈ 314 (cm2) 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đờng tròn (O) Chứng minh đờng thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE Lêi gi¶i: C C 12 O O D S E M H×nh a A D B F M 1 2 F E S 2 A H×nh b B Ta cã ∠CAB = 900 ( tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠CDB = 900 nh− vËy D vµ A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm đờng tròn đờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tø gi¸c néi tiÕp => ∠D1= ∠C3( néi tiÕp cïng ch¾n cung AB) ∠D1= ∠C3 => SM = EM => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân gi¸c cđa gãc SCB XÐt ∆CMB Ta cã BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC nh− vËy BA, EM, CD ba đờng cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy Theo Ta có SM = EM => ∠D1= ∠D2 => DM lµ tia phân giác góc ADE.(1) Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => MEB = 900 Tø gi¸c AMEB cã ∠MAB = 900 ; ∠MEB = 900 => ∠MAB + ∠MEB = 1800 mµ hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD) => ∠A1= ∠A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ∠ABC = ∠CME (cïng phô ∠ACB); ∠ABC = ∠CDS (cïng bï ∠ADC) => ∠CME = ∠CDS => CE = CS => SM = EM => ∠SCM = ∠ECM => CA tia phân giác góc SCB This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp 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 : B Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp AC // FG Các đờng thẳng AC, DE, FB đồng quy O Lời giải: E Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) F G => ∠DEB = ∠BAC = 90 ; lại có ABC góc chung => DEB CAB D Theo trªn ∠DEB = 900 => ∠DEC = 900 (v× hai gãc kỊ bï); ∠BAC = 900 ( ABC vuông A) hay DAC = 900 => ∠DEC + ∠DAC = 1800 mµ S A C hai góc đối nên ADEC tø gi¸c néi tiÕp * ∠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 gãc so le nªn suy AC // FG (HD) DƠ thÊy CA, DE, BF lµ 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 h y xác định tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác Chøng minh r»ng MP + MQ = AH Chøng minh OH ⊥ PQ Lêi gi¶i: A Ta cã MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 900; MQ ⊥ AC (gt) => ∠AQM = 90 nh− vËy 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 O trung điểm AM 1 P Tam giác ABC có AH đờng cao => SABC = BC.AH 2 Q Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM = AB.MP M B H C Tam gi¸c ACM có MQ đờng cao => SACM = AC.MQ 1 Ta cã SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Mµ AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH Tam giác ABC có AH đờng cao nên đờng phân giác => HAP = ∠HAQ => HP = HQ ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => ∠HOP = ∠HOQ (t/c gãc ë t©m) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH ®−êng cao => OH ⊥ PQ This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 10 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp 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 néi tiÕp Lêi gi¶i: M Ta cã : ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) _ => MCI = 900 (vì hai gãc kÒ bï) K C ∠ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn ) _ => MDI = 90 (vì hai góc kÒ bï) D => ∠MCI + ∠MDI = 180 mà hai góc đối tứ giác MCID nên I MCID tứ giác nội tiếp Theo trªn Ta cã BC ⊥ MA; AD ⊥ MB nªn BC AD hai A B đờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực O H tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = ∠C1 Mµ ∠A1 + ∠M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => ∠C3 + ∠C2 = 900 ( v× gãc ACM lµ gãc bĐt) hay ∠OCK = 900 XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã ∠OHK = 900; ∠OCK = 900 => ∠OHK + ∠OCK = 1800 mµ ∠OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp Bài 19 Cho đờng tròn (O) đờng kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vuông góc víi CD Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp D Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chøng minh BI // AD Chøng minh I, B, E thẳng hàng I Chứng minh MI tiếp tuyến (O) Lời giải: 1 A / / O B C BIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BID = 900 M O' (vì hai gãc kỊ bï); DE ⊥ AB t¹i M => ∠BMD = 90 => ∠BID + ∠BMD = 1800 mµ hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung) E => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ∠ADC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn ) => AD DC; theo BI ⊥ DC => BI // AD (1) Theo gi¶ thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2) Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thôi.) I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; OIC cân O ( OC OI bán kính ) => I3 = ∠C1 mµ ∠C1 = ∠E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => ∠I1 = ∠I3 => ∠I1 + ∠I2 = ∠I3 + ∠I2 Mµ ∠I3 + ∠I2 = ∠BIC = 900 => ∠I1 + ∠I2 = 900 = MIO hay MI OI I => MI tiÕp tuyÕn cña (O’) This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 11 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Bài 20 Cho đờng tròn (O; R) (O’; R’) cã R > R’ tiÕp xóc ngoµi C Gọi AC BC hai đờng kính ®i qua ®iĨm C cđa (O) vµ (O’) DE lµ dây cung (O) vuông góc với AB trung ®iĨm M cđa AB Gäi giao ®iĨm thø hai cđa DC với (O) F, BD cắt (O) G Chøng minh r»ng: Tø gi¸c MDGC néi tiÕp D Bèn ®iĨm M, D, B, F cïng n»m đờng tròn G Tứ giác ADBE hình thoi B, E, F thẳng hàng M C DF, EG, AB ®ång quy B A O' O MF = 1/2 DE MF tiếp tuyến (O) F Lời giải: 1 ∠BGC = 90 ( néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) E => CGD = 900 (vì hai góc kề bù) Theo giả thiết DE AB t¹i M => ∠CMD = 900 => ∠CGD + CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BFD = 900; BMD = 900 (vì DE AB M) nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng tròn đờng kính BD => M, D, B, F nằm đờng tròn Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đờng kính dây cung) => Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình tho => BE // AD mà AD DF nên suy BE ⊥ DF Theo trªn ∠BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đờng thẳng vuông góc với DF đo B, E, F thẳng hàng Theo DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE => EC đờng cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy Theo DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy MF = 1/2 DE ( v× tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền) (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1 OBF cân O ( OB OF bán kính ) => F3 = ∠B1 mµ ∠B1 = ∠D1 (Cïng phơ víi ∠DEB ) => ∠F1 = ∠F3 => ∠F1 + ∠F2 = ∠F3 + ∠F2 Mµ ∠F3 + ∠F2 = ∠BFC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = 900 = ∠MFO’ hay MF OF F => MF tiếp tuyến (O) Bài 21 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q Q Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xóc t¹i A Chøng minh IP // OQ Chøng minh r»ng AP = PQ P Xác định vị trí P để tam giác AQB cã diƯn tÝch lín nhÊt Lêi gi¶i: 1 Ta cã OI = OA – IA mµ OA vµ IA lần lợt bán kính đờng A B O H I tròn (O) đờng tròn (I) Vậy đờng tròn (O) đờng tròn (I) tiếp xúc A OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1 IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1 => P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ cân O nên OP đờng trung tuyÕn => AP = PQ This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 12 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp AB.QH mà AB đờng kính không đổi nên SAQB lớn QH lín nhÊt QH lín nhÊt Q trïng víi trung ®iĨm cđa cung AB §Ĩ Q trïng víi trung ®iĨm cung AB P phải trung điểm cung AO Thật P trung điểm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO AB O => Q trung điểm cung AB H trung víi O; OQ lín nhÊt nªn QH lín nhÊt (HD) Kẻ QH AB ta có SAQB = Bài 22 Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thø tù ë H vµ K Chøng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc CHK B A Chøng minh KC KD = KH.KB Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào? Lời giải: H Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE O E H nên BHD = 90 => nh H C nhìn BD d−íi mét gãc b»ng 900 nªn H C nằm đờng tròn đờng kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp ) BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) D C K ∠BHK lµ gãc bĐt nên KHC + BHC = 1800 (2) Từ (1) (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => CHK = 450 XÐt ∆KHC vµ ∆KDB ta cã ∠CHK = ∠BDC = 450 ; ∠K lµ gãc chung KC KH => ∆KHC ∼ ∆KDB => = => KC KD = KH.KB KB KD (HD) Ta có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E ≡ B th× H ≡ B; E ≡ C H C) Bài 23 Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE E Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác M ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân D Cho biÕt ∠ABC > 450 ; gäi M lµ giao điểm BF K ED, Chứng minh ®iĨm b, k, e, m, c cïng n»m trªn F A đờng tròn Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp H tam giác ABC Lời giải: O C Theo giả thiết ABHK hình vuông => BAH = 450 B 0 Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 45 ; tam giác ABC vuông A => BAC = 90 => ∠BAH + ∠BAC + ∠CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba ®iĨm H, A, D thẳng hàng Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông t¹i F (1) ∠FBC = ∠FAC ( néi tiÕp cïng chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay ∠FAC = 450 (2) Tõ (1) vµ (2) suy FBC tam giác vuông cân F Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông) => CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vuông) => CMF = 450 hay ∠CMB = 450 Ta còng cã ∠CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông) This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 13 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học líp Nh− vËy K, E, M cïng nh×n BC d−íi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chứa góc 450 dựng BC => điểm b, k, e, m, c nằm đờng tròn ∆CBM cã ∠B = 450 ; ∠M = 450 => ∠BCM =450 hay MC ⊥ BC t¹i C => MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 24 Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn cắt BA BC D E Chứng minh AE = EB A Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đờng D trung trực đoạn HE ®i qua trung ®iĨm I cđa BH F Chứng minh OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam O H giác BDE / _ Lêi gi¶i: _K 1 / I ∠AEC = 90 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) B E => AEB = 900 ( hai góc kỊ bï); Theo gi¶ thiÕt ∠ABE = 450 C => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE t¹i E => IK ⊥ HE t¹i K (2) Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trùc cđa HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung ®iĨm I cđa BH theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mµ I lµ trung ®iĨm cđa BH => IE = IB ∠ ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠BDH = 900 (kỊ bï ∠ADC) => tam gi¸c BDH vuông D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB bán kính ) => D2 = B1 (4) Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH AC F => ∆AEB cã ∠AFB = 900 Theo trªn ∆ADC cã ∠ADC = 900 => ∠B1 = ∠C1 ( cïng phô ∠BAC) (5) Tõ (3), (4), (5) =>∠D1 = ∠D2 mµ ∠D2 +∠IDH =∠BDC = 900=> ∠D1 +∠IDH = 900 = ∠IDO => OD ⊥ ID t¹i D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE Bài 25 Cho đờng tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đờng vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q Chứng minh tam giác ABC cân C¸c tø gi¸c BIMK, CIMH néi tiÕp A Chøng minh MI = MH.MK Chøng minh PQ ⊥ MI Lêi gi¶i: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AB = AC => ∆ABC cân A Theo giả thiết MI BC => ∠MIB = 900; MK ⊥ AB => ∠MKB = 900 H => MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp K M * ( Chøng minh tø gi¸c CIMH nội tiếp tơng tự tứ giác BIMK ) Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + ∠KBI = 180 ; tø gi¸c Q P CHMI néi tiÕp => ∠HMI + ∠HCI = 180 mà KBI = HCI ( tam giác B C ABC cân A) => KMI = HMI (1) I Theo tứ giác BIMK néi tiÕp => ∠B1 = ∠I1 ( néi tiÕp cïng chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = ∠C1 ( néi tiÕp cïng ch¾n cung IM) O Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ BM ) => ∠I1 = ∠H1 (2) MI MK Tõ (1) vµ (2) => ∆MKI ∆MIH => = => MI2 = MH.MK MH MI This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 14 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Theo trªn ta cã ∠I1 = ∠C1; còng chøng minh tơng tự ta có I2 = B2 mà C1 + ∠B2 + ∠BMC = 1800 => ∠I1 + ∠I2 + ∠BMC = 1800 hay ∠PIQ + ∠PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI néi tiÕp => ∠Q1 = ∠I1 mµ ∠I1 = ∠C1 => ∠Q1 = ∠C1 => PQ // BC ( v× có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ Bài 26 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R VÏ d©y cung CD ⊥ AB ë H Gäi M điểm cung CB, I giao ®iĨm cđa CB vµ OM K lµ giao ®iĨm cđa AM vµ CB Chøng minh : J KC AC = AM tia phân giác CMD Tø gi¸c OHCI néi tiÕp C / KB AB M K Chứng minh đờng vuông góc kẻ từ M ®Õn AC còng lµ tiÕp tun cđa ®−êng _ I tròn M A B Lời giải: Theo giả thiết M trung điểm BC => MB = MC H O => ∠CAM = ∠BAM (hai gãc néi tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia KC AC phân giác góc CAB => = ( t/c tia phân giác tam giác ) D KB AB (HD) Theo gi¶ thiÕt CD ⊥ AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => OM ⊥ BC t¹i I => ∠OIC = 900 ; CD ⊥ AB t¹i H => ∠OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp Kẻ MJ ⊥ AC ta cã MJ // BC ( v× vuông góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy MJ tiếp tuyến đờng tròn M Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A đờng tròn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH ⊥ BC, MK ⊥ CA, MI ⊥ AB Chøng minh : Tø gi¸c ABOC néi tiÕp ∠BAO = ∠ BCO ∆MIH ∼ ∆MHK MI.MK = MH2 Lêi gi¶i: I B I H B M M O A H O A K C C K (HS tự giải) Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = ∠ BCO (néi tiÕp cïng ch¾n cung BO) Theo gi¶ thiÕt MH ⊥ BC => ∠MHC = 900; MK ⊥ CA => ∠MKC = 900 => ∠MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tø gi¸c MHCK néi tiÕp => ∠HCM = ∠HKM (néi tiếp chắn cung HM) Chứng minh tơng tự ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => ∠MHI = ∠MBI (nội tiếp chắn cung IM) Mà HCM = MBI ( = 1/2 s® BM ) => ∠HKM = ∠MHI (1) Chøng minh t−¬ng tù ta còng cã ∠KHM = ∠HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => ∆ HIM ∼ ∆ KHM MI MH Theo trªn ∆ HIM ∼ ∆ KHM => = => MI.MK = MH2 MH MK This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 15 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng cđa H qua trung ®iĨm I cđa BC A Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đờng tròn (O) Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân = B' Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC O Lêi gi¶i: C' H G = Theo gi¶ thiÕt F điểm đối xứng H qua trung điểm I / BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai / / B C A' đờng chéo cắt trung điểm đờng I / (HD) Tø gi¸c AB’HC’ néi tiÕp => ∠BAC + BHC = 180 mà F E BHC = BHC (đối ®Ønh) => ∠BAC + ∠BHC = 1800 Theo trªn BHCF hình bình hành => BHC = BFC => ∠BFC + ∠BAC = 180 => Tø gi¸c ABFC néi tiếp => F thuộc (O) * H E đối xøng qua BC => ∆BHC = ∆BEC (c.c.c) => ∠BHC = ∠BEC => ∠ BEC + ∠BAC = 1800 => ABEC néi tiÕp => E thuéc (O) Ta có H E đối xứng qua BC => BC ⊥ HE (1) vµ IH = IE mµ I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE ⊥ HE (2) Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3) Theo E ∈(O) => ∠CBE = ∠CAE ( néi tiÕp cïng chắn cung CE) (4) Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính (O) => ACF = 900 => ∠BCF = ∠CAE ( v× cïng phơ ∠ACB) (5) Tõ (4) vµ (5) => ∠BCF = ∠CBE (6) Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH Theo gi¶ thiÕt I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đờng kính dây cung) => OIG = HAG GI OI (vì so le trong); lại cã ∠OGI = ∠ HGA (®èi ®Ønh) => ∆OGI ∼ ∆HGA => = mµ OI = AH GA HA GI => = mµ AI lµ trung tun cđa tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm GA tam giác ABC Bài 29 BC dây cung đờng tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H A Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA Gọi A1 trung điểm EF, Chøng minh R.AA1 = AA’ OA’ = E Chøng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn A1 O F Lời giải: (HD) H = Tứ giác BFEC nội tiÕp => ∠AEF = ∠ACB (cïng bï ∠BFE) / / / ∠AEF = ∠ABC (cïng bï ∠CEF) => ∆ AEF ∼ ∆ ABC B C D A' / VÏ ®−êng kÝnh AK => KB // CH ( cïng vu«ng gãc AB); KC // BH (cïng vu«ng gãc AC) => BHKC hình bình hành => A trung điểm K HK => OK đờng trung bình ∆AHK => AH = 2OA’ ¸p dơng tÝnh chÊt : hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính đờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta cã : This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 16 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp R AA ' = (1) R bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC; R bán kính R ' AA1 đờng tròn ngoại tiếp AEF; AA’ lµ trung tun cđa ∆ABC; AA1 lµ trung tun AEF Tứ giác AEHF nội tiếp đờng tròn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp ∆AEF AH A'O Tõ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’ = AA’ 2 VËy R AA1 = AA’ A’O (2) Gäi B’, Clần lợt trung điểm AC, AB, ta có OBAC ; OCAB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA, OB, OC lần lợt đờng cao tam giác OBC, OCA, OAB SABC = SOBC+ SOCA + SOAB = ( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB ) 2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) AA1 AA1 Theo (2) => OA’ = R mµ lµ tØ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC AA ' AA ' AA1 EF FD ED nên = Tơng tự ta có : OB’ = R ; OC’ = R Thay vào (3) ta đợc AA ' BC AC AB EF FD ED 2SABC = R ( BC + AC + AB ) 2SABC = R(EF + FD + DE) BC AC AB * R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC Ta có SABC = AD.BC BC không đổi nên SABC lín nhÊt AD lín nhÊt, mµ AD lín A điểm giỡa cung lín BC ∆ AEF ∼ ∆ ABC => Bµi 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH bán kính OA Chứng minh AM phân giác góc OAH A D Giả sö ∠B > ∠C Chøng minh ∠OAH = ∠B - ∠C 0 Cho ∠BAC = 60 vµ ∠OAH = 20 TÝnh: a) ∠B vµ ∠C cđa tam giác ABC b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R O Lời giải: (HD) AM phân giác BAC => ∠BAM = ∠CAM => BM = CM => M trung điểm cung BC => OM BC; Theo gi¶ thiÕt AH ⊥ BC => B C H OM // AH => ∠HAM = ∠OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( tam giác OAM cân t¹i O cã OM = OA = R) => HAM = OAM => AM M tia phân giác cđa gãc OAH VÏ d©y BD ⊥ OA => AB = AD => ∠ABD = ∠ACB Ta cã ∠OAH = DBC ( góc có cạnh tơng ứng vuông gãc cïng nhän) => ∠OAH = ∠ABC - ∠ABD => ∠OAH = ∠ABC - ∠ACB hay ∠OAH = ∠B - ∠C a) Theo gi¶ thiÕt ∠BAC = 600 => ∠B + ∠C = 1200 ; theo trªn ∠B ∠C = ∠OAH => ∠B - ∠C = 200 ∠B + ∠C =1200 ∠B = 700 =>  ⇔ 0 ∠B − ∠C = 20 ∠C = 50 b) Svp = SqBOC - S BOC = π R 1202 3600 R π R R R (4π − 3) − R = − = 2 12 This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 17 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Bài 31 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt ∠BAC = 600 TÝnh sè ®o gãc BOC độ dài BC theo R A Vẽ đờng kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đờng cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH vµ AD // BH D TÝnh AH theo R Lêi gi¶i: O Theo gi¶ thiÕt ∠BAC = 600 => s® BC =1200 ( t/c gãc néi tiÕp ) H => ∠BOC = 120 ( t/c góc tâm) * Theo sđ BC =1200 => BC cạnh tam giác néi tiÕp B C M (O; R) => BC = R CD đờng kính => DBC = 900 hay DB ⊥ BC; theo gi¶ thiÕt AH đờng cao => AH BC => BD // AH Chứng minh tơng tự ta đợc AD // BH Theo DBC = 900 => DBC vuông t¹i B cã BC = R ; CD = 2R => BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R )2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R Theo trªn BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R Bµi 32 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R Một cát tun MN quay quanh trung ®iĨm H cđa OB N Chøng minh MN di ®éng , trung ®iĨm I MN nằm đờng tròn cố định D K Từ A kẻ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN hình bình hành C I Chứng minh C trực tâm tam giác AMN H Khi MN quay quanh H C di động ®−êng nµo A B O Cho AM AN = 3R , AN = R TÝnh diÖn tích phần hình tròn (O) nằm tam giác AMN M Lời giải: (HD) I trung điểm MN => OI ⊥ MN t¹i I ( quan hƯ đờng kính dây cung) = > OIH = 900 OH cố địmh nên MN di động I di động nhng nhìn OH cố định dới góc 900 I di động ®−êng trßn ®−êng kÝnh OH VËy MN di ®éng , trung điểm I MN nằm đờng tròn cố định Theo giả thiết Ax MN; theo OI MN I => OI // Ax hay OI // AC mµ O lµ trung ®iĨm cđa AB => I lµ trung ®iĨm cđa BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đờng chéo cắt trung điểm đờng ) CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => MC ⊥ AN; theo trªn AC ⊥ MN => C trực tâm tam giác AMN Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đờng tung bình OBC => IH // OC Theo gi¶ thiÕt Ax ⊥ MN hay IH ⊥ Ax => OC ⊥ Ax t¹i C => OCA = 900 => C thuộc đờng tròn đờng kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đờng tròn đờng kính OA cố định Ta có AM AN = 3R2 , AN = R => AM =AN = R => AMN cân A (1) Xét ABN vuông t¹i N ta cã AB = 2R; AN = R => BN = R => ∠ABN = 600 ∠ABN = ∠AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => ∠AMN = 600 (2) 3R Tõ (1) vµ (2) => AMN tam giác => SAMN = 3R R (4π − 3 => S = S(O) - S∆AMN = π R = 4 This document has been 18 edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đờng tròn M ( Chứng minh OM ⊥ BC 2 Chøng minh MC = MI.MA N Kẻ đờng kính MN, tia phân giác góc B C A cắt đờng thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đờng tròn Q Lời giải: AM phân gi¸c cđa ∠BAC => ∠BAM = ∠CAM P O => BM = CM => M trung điểm cung BC => OM ⊥ BC K 2 XÐt ∆MCI vµ ∆MAC cã ∠MCI =∠MAC (hai gãc néi tiÕp ( B C I ch¾n hai cung b»ng nhau); ∠M lµ gãc chung MC MI => ∆MCI ∼ ∆MAC => = => MC2 = MI.MA M MA MC 0 (HD) ∠MAN = 90 (néi tiÕp chắn nửa đờng tròn ) => P1 = 90 ∠K1 mµ ∠K1 lµ gãc ngoµi cđa tam ∠A ∠B A B giác AKB nên K1 = A1 + B1 = + (t/c phân giác góc ) => ∠P1 = 900 – ( + ).(1) 2 2 C A B CQ tia phân giác cña gãc ACB => ∠C1 = = (1800 - ∠A - ∠B) = 900 – ( + ) (2) 2 2 Tõ (1) vµ (2) => ∠P1 = ∠C1 hay ∠QPB = ∠QCB mµ P vµ C n»m nửa mặt phẳng bờ BQ nên A ∠B cïng n»m trªn cung chøa gãc 900 – ( + ) dựng BQ 2 Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đờng tròn Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiÒu cao AH = Cm, nội tiếp đờng tròn (O) đờng kính AA A Tính bán kính đờng tròn (O) Kẻ đờng kính CC, tứ giác CACA hình gì? Tại sao? Kẻ AK CC tứ giác AKHC hình gì? Tại sao? Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác ABC C' Lời giải: O (HD) Vì ABC cân A nên đờng kính AA đờng tròn K ngoại tiếp đờng cao AH xuất phát từ ®Ønh A trïng nhau, tøc lµ AA’®i B C BC H qua H => ACA vuông C cã ®−êng cao CH = = = 3cm; 2 2 CH AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H = = = = 2,5 => AA’ A' AH 4 => AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm) Vì AA CC hai đờng kính nên cắt trung điểm O đờng => ACAC hình bình hành Lại có ACA = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên suy tứ giác ACAC hình chữ nhật Theo gi¶ thiÕt AH ⊥ BC; AK ⊥ CC’ => K H nhìn AC dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính AC hay tø gi¸c ACHK néi tiÕp (1) => ∠C2 = H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; AOC cân O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => ∠A2 = ∠H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc so le b»ng nhau) => tø gi¸c ACHK hình thang (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 19 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Bài 35 Cho đờng tròn (O), đờng kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vuông góc với AB I, gọi C điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E M Chứng minh tứ gi¸c IECB néi tiÕp Chøng minh tam gi¸c AME đồng dạng với tam giác ACM Chứng minh AM2 = AE.AC O1 C Chøng minh AE AC – AI.IB = AI2 E H y x¸c định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ A B I O Lời giải: 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 N giác IECB tứ giác nội tiếp Theo giả thiết MN AB => A trung điểm cung MN => AMN = ∠ACM ( hai gãc néi tiÕp ch¾n 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 trªn ∆AME ∼ ∆ ACM => = => AM2 = AE.AC AC AM ∠AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI ®−êng cao => MI2 = AI.BI ( hƯ thøc gi÷a cạnh đờng cao tam giác vuông) áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vuông I ta cã AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI Theo trªn ∠AMN = ACM => AM tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiÕp ∆ ECM; Nèi MB ta cã ∠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 Chøng minh : C¸c tø gi¸c DMFP, DNEQ hình chữ nhật A Các tứ gi¸c BMND; DNHP; DPQC néi tiÕp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng E Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng F Lời giải: & (HS tù lµm) H Theo chøng minh trªn DNHP néi tiÕp => ∠N2 = ∠D4 (néi Q P 1 tiÕp cïng ch¾n cung HP); ∆HDC có HDC = 90 (do AH đờng M 1N cao) ∆ HDP cã ∠HPD = 90 (do DP ⊥ HC) => ∠C1= ∠D4 (cïng phô víi ∠DHC)=>∠C1=∠N2 (1) chøng minh t−¬ng tù ta cã ∠B1=∠P1 (2) 1 D B C Tõ (1) vµ (2) => ∆HNP ∼ ∆ HCB Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => ∠N1 = ∠D1 (néi tiÕp chắn cung BM).(3) DM // CF ( vuông gãc víi AB) => ∠C1= ∠D1 ( hai gãc ®ång vị).(4) Theo chứng minh C1 = N2 (5) Từ (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 This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 20 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Bài 37 Cho hai đờng tròn (O) (O) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyÕn chung ngoµi BC, B ∈ (O), C ∈ (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I Chứng minh tứ gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp B I Chøng minh ∠ BAC = 900 C TÝnh sè ®o gãc OIO’ TÝnh ®é dµi BC biÕt OA = 9cm, O’A = 4cm Lêi gi¶i: A O O' ( HS tù lµm) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC ABC cã AI = BC => ABC vuông A hay BAC =900 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có IO tia phân giác BIA; I0là tia phân giác CIA mà hai góc BIA CIA hai gãc kÒ bï => I0 ⊥ I0’=> ∠0I0’= 900 Theo ta có 0I0 vuông I có IA đờng cao (do AI tiếp tuyến chung nªn AI ⊥OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm) Bµi 38 Cho hai đờng tròn (O) ; (O) tiếp xúc A, BC lµ tiÕp tuyÕn chung ngoµi, B∈(O), C∈ (O’) TiÕp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm OM AC Chøng minh : Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp B M Tø gi¸c AEMF hình chữ nhật C 23 ME.MO = MF.MO’ E F OO’ lµ tiÕp tun cđa đờng tròn đờng kính BC BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO A O O' Lời giải: ( HS tự làm) Theo tính chất hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã MA = MB => MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME AB (1) Chứng minh tơng tù ta còng cã MF ⊥ AC (2) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tun c¾t ta còng cã MO MO tia phân giác hai góc kề bï BMA vµ CMA => MO ⊥ MO’ (3) Tõ (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 có AFMO 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 ®−êng kÝnh BC (HD) Gäi I lµ trung ®iĨm 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 ®−êng kÝnh OO’ (**) Tõ (*) vµ (**) => 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 ®Õn AB, AC Gäi ( I ), (K) theo thứ tự đờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF H y xác định vị trí tơng đối đờng tròn (I) (O); (K) (O); (I) vµ (K) This document has been 21 edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao? Chøng minh AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đờng tròn (I) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn Lời giải: 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 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) CFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) A F G E B I H O K C D ∠BAC = 90 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn hay EAF = 90 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông H cã HE ⊥ AB ( ∠BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông H cã HF ⊥ AC (theo trªn ∠CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => 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 mµ ∠H1 + ∠H2 = ∠AHC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = ∠KFE = 900 => KF ⊥EF Chøng minh t−¬ng tù ta còng cã IE ⊥ EF VËy 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 trïng víi O VËy H trïng víi 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 y Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB x N Chứng minh AM BN = R2 / S R P TÝnh tØ sè MON AM = S APB / M TÝnh thĨ tÝch cđa h×nh nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh Lời giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia O A B phân giác góc AOP ; ON tia phân giác cđa gãc BOP, mµ ∠AOP vµ ∠BOP lµ hai gãc kỊ bï => ∠MON = 900 hay tam gi¸c MON vuông O APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông P Theo tính chÊt tiÕp tuyÕn ta cã NB ⊥ OB => ∠OBN = 900; NP ⊥ OP => ∠OPN = 900 =>∠OBN+∠OPN =1800 mà OBN OPN hai góc đối => tø 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 có OP2 = PM PM Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AM BN = R2 R R R Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM = => PM = => PN = R2: = 2R 2 This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 22 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp R 5R + 2R = 2 MN 5R Theo trªn ∆APB ∼ ∆ MON => = : 2R = = k (k tỉ số đồng dạng) AB Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phơng tỉ số đồng dạng nªn ta cã: S MON S MON   25 = k => =  = S APB S APB   16 => MN = MP + NP = Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lần lợt lấy điểm D, E cho ∠ DOE = 600 A Chøng minh tích BD CE không đổi Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đờng E tròn tiếp xúc với DE K D Lời giải: Tam giác ABC => ∠ABC = ∠ ACB = 600 (1); H ∠ DOE = 600 (gt) =>∠DOB + ∠EOC = 1200 (2) ∆DBO cã ∠DOB = 600 => ∠BDO + ∠BOD = 1200 (3) C B O Tõ (2) vµ (3) => ∠BDO = ∠ COE (4) BD BO Tõ (2) vµ (4) => ∆BOD ∼ ∆CEO => = => BD.CE = BO.CO mµ CO CE OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi BD OD BD OD BD BO = mµ 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 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 Theo BOD CEO => 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 ë D vµ E Chøng minh : A BD2 = AD.CD Tø gi¸c BCDE néi tiÕp BC song song víi DE O Lêi gi¶i: XÐt hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại cã ∠D B C BD CD chung => ∆BCD ∼ ∆ABD => = => BD2 = AD.CD AD BD Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ∠ABC = ∠ACB => ∠EBC = ∠DCB mµ ∠CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây E D cïng ch¾n mét cung) => ∠EBD = ∠DCE => B C nhìn DE dới góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tø gi¸c BCDE néi tiÕp Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => ∠BCE = ∠BDE ( néi tiÕp chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai góc so le nªn suy BC // DE This document has been 23 edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Bài 43 Cho ®−êng trßn (O) ®−êng kÝnh AB, ®iĨm M thc ®−êng 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 néi tiÕp N Chøng minh NE ⊥ AB Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chøng minh FA lµ tiÕp tun cđa (O) F _ / M Chøng minh FN lµ tiÕp tuyến đờng tròn (B; BA) Lời giải: (HS tù lµm) C / _ (HD) DƠ thÊy E trực tâm tam giác NAB => NE AB E 3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F B A E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành O H => FA // NE mà NE ⊥ AB => FA ⊥ AB t¹i A => FA tiếp tuyến (O) A Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mµ AC ⊥ BN => FN BN N 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 cđa (B; BA) Bµi 44 AB vµ AC lµ hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuông góc AB H, cắt (O) E cắt OA D Chứng minh CO = CD B Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi H Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh I E I trung điểm OH O Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm A D O, M, K thẳng hàng M Lời giải: K Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O C => OA tia phân giác 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 ta cã CO = CD mµ CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Tõ (4) vµ (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi M trung ®iĨm cđa CE => OM ⊥ CE ( quan hƯ đờng kính dây cung) => OMH = 900 theo trªn ta còng cã ∠OBH =900; ∠BHM =900 => tø giác OBHM hình chữ nhật => I trung ®iĨm cđa OH M lµ trung ®iĨm cđa CE; KE vµ KC lµ hai tiÕp tuyÕn => 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 A E Chứng minh BC // AE Chứng minh ABCE hình bình hành _ Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh BAC BGO O 1D K F _ Lời giải: (HS tự làm) I _ _ Xét hai tam giác ADE CDB ta cã ∠EAD = ∠BCD (v× so le ) B G H C AD = CD (gt); ∠ADE = ∠CDB (®èi ®Ønh) => ∆ADE = ∆CDB => AE = CB (1) Theo trªn AE // CB (2) Tõ (1) (2) => AECB hình bình hành 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 phơ víi ∠ABH) mµ ∠BAH = ∠BAC (do ABC cân nên AH phân giác) => BAC = 2∠BGO This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 24 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình học lớp Bài 46 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB , đờng tròn ta lấy hai điểm C D cho cung AC = cung AD TiÕp tuyÕn với đờng tròn (O) vẽ từ B cắt AC F Chøng minh hÖ thøc : AB2 = AC AF Chứng minh BD tiếp xúc với đờng tròn đờng kính AF Khi C chạy nửa đờng tròn đờng kính AB (không chứa điểm D ) Chứng minh trung điểm I đoạn chạy tia cố định , xác định tia cố định Bài 47 Cho tam giác ABC This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 25 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm ... đờng tròn suy CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vuông) => CMF = 450 hay ∠CMB = 450 Ta còng cã ∠CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông) This document has been edited with... non-commercial use To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 toán hình häc líp Theo gi¶ thi t AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta cã S(o) = π OA2 = π 252 = 625 π ; S(I) =... suy OH đờng cao => OH PQ This document has been edited with Infix PDF Editor - free for non-commercial use 10 To remove this notice, visit: www.iceni.com/unlock.htm 50 bµi toán hình học lớp Bài