Luyện thị lớp 10: 12 HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP THEO CHỦ ĐỀ

PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VNG, TỶ SỐ LƯỢNG GIÁC CỦA GĨC NHỌN Câu Giải: Vẽ ME ^ AB, E Ỵ AB EM cắt DC F Tứ giác AEFD có µ =E µ =D µ = 900 nên hình A · chữ nhật, suy EA = FD, MFD = 900 µ =B µ = Cµ = 900 Tứ giác EBCF có E · nên hình chữ nhật, suy EB = FC , MFC = 900 Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông EAM , FMC , EBM , FMD , ta có: MA = EM + EA 2;MC = FM + FC 2;MB = EM + EB 2; MD = FM + FD Do MA2 + MC = EM + EA2 + FM + FC MB + MD = EM + EB + FM + FD mà EA = FD, FC = EB Suy MA + MC = MB + MD Câu Giải: µ + Cµ = 900 < 1800 nên hai Ta có D đường thẳng AD BC cắt Gọi E giao điểm AD BC µ + Cµ = 900 nên · Vì D ECD có D CED = 900 Các tam giác EAB, ECD, EAC , EBD vuông E nên theo định lý Pitago ta có: EA2 + EB = AB (1); EC + ED = CD (2); 44 EA + EC = AC (3); EB + ED = BD (4).Từ (1) (2) ta có: EA + EB + EC + ED = AB + CD Từ (3) (4) ta có: EA + EB + EC + ED = AC + BD Do AB + CD = AC + BD Câu Giải: Từ giả thiết AD HE = = AC HA ta nghĩ đến DF ^ AH , F Ỵ AH Từ AF = HE , HA = FE áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông HEB, FDE , HAB, FAD, ABD ta chứng minh được: BE + ED = BD Câu Giải: Vẽ đường thẳng qua A vng góc với AF cắt DC G Xét D ABE D ADG có: · · ABE = ADG = 900;AB = AD (vì ABCD hình vng); · · · (hai góc phụ với DAE ) Do BAE = DAG D ABE = D ADG (g.c.g) Þ AE = AG · D AGF có GAF = 900;AD ^ GF theo hệ thức cạnh đường cao tam giác vng, nên ta có: 1 + = 2 AG AF AD Do 1 + = 2 AE AF AD Câu 45 Dựng AE ^ AN , AH ^ CD E , H Î CD ,dựng AF ^ BC hai tam giác AHE , AFM nên AE = AM Trong tam giác vng AEN ta có: nên ta có: 1 + = , mà AE = AM AE AN AH 1 + = Ta cần chứng minh: 2 AM AN AH 3 AB Û AH = DC Nhưng điều hiển nhiên 2 tam giác ADC , ABC tam giác AH = Câu Giải: · Vẽ tia Bx cho CBx = 200 , Bx cắt cạnh AC D Vẽ AE ^ Bx, E Ỵ Bx Xét D BDC D ABC có · · · chung CBD = BAC = 200 ; BCD Do BD BC DC = = AB AC BC BD a2 a2 BC = ;AD = AC - DC = b AB b b · · · D ABE vng E có ABE = ABC - CBD = 600 nên nửa Þ BD = BC = a ; DC = AB b b = Þ DE = BE - BD = - a 2 D ABE vuông E , nên theo định lý Pitago ta có: tam giác đều, suy BE = 46 AE + BE = AB Þ AE = AB - BE = b2 D ADE vuông E , nên theo định lý Pitago ta có: 2 ỉ a2 ư ổ b ữ ữ ỗ ỗ ữ AE + DE = AD ị b + ỗ - aữ =ỗ bị b2 + b2 - ab + a2 ữ ữ ỗ ữ ữ ỗ ỗ bứ 4 è2 ø è 2 = b2 - 2a2 + a4 a4 Þ + ab = 3a2 Þ a3 + b3 = 3ab2 2 b b Câu Giải: Vẽ AH ^ BC , H Ỵ BC ; µ = 900 D HAB có H nên sin B = AH ; D HAC AB µ = 900 nên sinCµ = AH Do có H AC sin B AC b b c Chứng minh tương tự ta có = = Þ = sinC AB c sin B sinC a b a b c Vậy = = = sin A sin B sin A sin B sinC Câu Giải: Vẽ đường phân giác AD tam giác ABC Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có 47 BD DC = AB AC Þ BD BD + DC BC BD a = = = Vậy AB AB + AC AB + AC AB b + c · Vẽ BI ^ AD ( I Ỵ AD ) , suy BI £ BD D IAB có AIB = 900 , · sin BAI = A a BI ; hay sin £ b+c AB Câu Dựng đường thẳng vng góc với AM A cắt BO K Dựng IH ^ OA Ta dễ chứng minh D AOK = D IHA Þ AK = AI Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông AK M ta có: 1 + = ( khơng đổi) 2 AK AM AO Câu 10 a) Do BE = AE = 9cm Þ CE = 25 - = 16cm GọiK giao điểm DE AB Ta có · · · · E nên tam giác BEK = DEC = EDC = AK BEK cân BK = BE Þ D AEK vng E ( Do BA = BK = BE ) b) Tính được: AD = 24cm suy ra: 1 1 = + = + Þ AE = 14,4cm;DE = 19,2cm 2 AE AD AK 24 18 CHỦ ĐỀ 2: 48 SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG THẲNG Câu 11 Giải: Vẽ đường kính AE có AE = 8cm Điểm B thuộc đường trịn · đường kính AE Þ ABE = 900 · Xét D ADC D ABE có DAC · · = ABE = 900 , (chung), ADC ( D ADC : D ABE Þ ) AD AC AC AB Mà = Þ AD = AB AE AE AC = 2cm, AB = 5cm, AE = 8cm , nên AD = 2.5 = ( cm) Câu 12 Giải:Vẽ AH ^ BD ( H Ỵ BD ) Tứ giác ABCD có OA = OA = R,OB = OD = R nên hình bình hành Mà AC = BD = 2R tứ giác ABCD hình chữ nhật, suy SABCD = AB AD µ = 900 , AH ^ DB nên AB AD = AH DB D ABD có A 49 Vì AH £ AO, DB = 2R nên SABCD £ 2R (không đổi) Dấu “=” xảy Û H º O Û AC ^ BD Vậy hai đường kính AC BD vng góc với diện tích tứ giác ABCD lớn Câu 13 Giải: Vẽ OH ^ AB ( H Î AB ) , OK ^ CD ( K Î CD ) Ta có AB = CD (gt), nên OH = OK (định lý liên hệ dây cung khoảng cách đến tâm) H , K trung điểm AB,CD (định lý đường kính ( · vng góc dây cung) Þ AH = CK Xét D OHM OHM = 90 ) có OM (cạnh chung) OH = OK , D OHM = D OK M (cạnh huyền, cạnh góc vng) Þ MH = MK Ta có MH - AH = MK - CK Þ MA = MC Câu 14 Giải: · Vì COD = 900 suy tam giác COD vuông cân O nên CD = R Gọi H trung điểm CD Vì D HOM vuông H, 50 OH = CD = R,OM = 2R Trong tam giác vuông OMH ta 2 2 có: MH = OM - OH = 4R - R = 7R Þ MH = 14 R suy 2 MD = MH - AH = R 2 ( ) R - , MC = ( ) +1 Câu 15 Gọi H giao điểm OA DE Ta có OA ^ DE Þ AD = AE Chỉ cần chứng minh AD AE có độ dài khơng đổi Các đoạn thẳng AB, AC có độ dài khơng đổi, DE ^ OA từ gợi cho ta vẽ đường phụ đường kính AF để suy ra: AD = AH AF , AC AB = AH AF Câu 16 Giải: D OAB cân đỉnh O , AC = BD , điều giúp ta nghỉ đến chứng minh OM đường phân giác góc O D OAB Vẽ OI ^ AC , OK ^ BD ( I Ỵ AC , K Ỵ BD ) ta có OI = OK suy lời giải toán Câu 17 Giải: Vẽ OH ^ BC , H Î BC , 51 suy BH = HC (định lý đường kính vng góc dây cung) Ta có AB + AC = ( AH - · BH ) + ( AH + HC ) = 2AH D MAO có AMO = 900 , theo · định lý Pitago có AM + OM = OA ; D HAO có AHO = 900 nên AH + OH = OA mà OB = OM = R , OH £ OB nên OH £ OM Do OH £ OM , suy AH ³ AM Từ ta có: AB + AC ³ 2AM Câu 18 Giải: Vẽ MH ^ CD, H Ỵ CD Gọi N trung điểm CD MN đường trung bình hình thang tam giác MNC cân · · · N nên NMC = ACM = MCN · Suy CM tia phân giác ACH nên MA = MH , Từ ta có điều phải chứng minh Câu 19 Gợi ý: Dễ thấy PB / / AH , gọi D giao điểm CA BP tam giác BAD vng A Do PA = PB Þ PA = PB = PD (Do · · · · phụ với DBA ) PDA = DAP = PAB Áp dụng định lý Thales ta có: IA IH AH mà = = PD PB BD PB = PD Þ IA = IH 52 Câu 20 Giải: Điều cần chứng minh làm ta nghĩ đến định lý Thales ta làm xuất “hai đường thẳng song song” + Vẽ CK / / AB, K Î DE Ta có IM DM (*) = IC CK · · · · C + Vì CEK = AED = ADE = EK Suy tam giác CEK cân C Þ CE = CK Thay vào (*) ta có: IM DM = IC CE Câu 21 Giải: Vẽ tiếp tuyến E đường tròn ( O ) cắt AB, AC H , K Ta có ED ^ HK , ED ^ BC Þ HK / / BC Gọi N tiếp điểm đường tròn ( O ) tiếp xúc với AC OK ,OC hai tia phân giác hai góc kề bù EON NOD · OC = 900 (tính chất trung tuyến) Þ K · · · · + Xét D OEK D CDO có OEC = CDO = 900 ,OK E = COD ( ) EK OE · (cùng phụ với EOK ).Do D OEK : D CDO Þ hay = OD CD 53 Þ CH ^ AC Û CH ^ BD Tương tự ta có: BH ^ AB Û BH ^ CD Như H trực tâm D BDC Suy trực tâm H điểm cố định Câu 35 Giải: AB cắt ( O ) B F Vì D AEH $ D ADO suy AE AD = AH AO = AM Để chứng minh E trực tâm tam giác ABC , ta cần chứng · = 900 , nghĩa cần có minh AFE AF AB = AE AD Nhưng ta có: AF AB = AM (Tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) dùng tam giác đồng dạng Câu 36 Giải: Gọi D, E giao điểm đường tròn (O ) với cạnh AC , AB H giao điểm BD,CE · · Chứng minh AMH , = AMN từ có M , H , N thẳng hàng Câu 37 Giải: Hai tam giác cân ABC , DAB · có chung góc đáy ABC , 60 · · BAC Suy BA tiếp = ADC tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD Câu 38 Giải: Vẽ tiếp tuyến Ax đường tròn ( O ) · · ACB góc tạo xAB tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AB (O ) · · nên xAB = ACB · · ACB góc tạo tia tiếp tuyến dây ABD cung góc nội tiếp chắn cung BD ( I ) nên · · ABD = ACB · · Do xAB = ABD Þ Ax / / BD Mà OA ^ Ax,OA ^ BD suy OA ^ BD Câu 39 Giải: Giả sử CA cắt ( O ) F EF » = BE » đường kính ( A;AB ) , ta có BF · · (vì BA ^ EF ) Ta có: BED = BFD , 61 ỉ · · ằ - DE ẳ ữ BCF BCE = s ỗ BF ữ= ỗ ố ứ ổằ ằ = BFD à ẳ ữ= sBD s ç BE - DE ç ÷ è ø 2 · · Từ suy BED = ECB µ chung, BED · · Xét tam giác D BCE , D BED có B = ECB Þ D BCE $ D BED Û BC BE = Þ DB CB = EB BE BD Câu 40) Giải: · a) Ta có OA = OC = a Þ D OAC cân O Mà ADO = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O ') ) Þ OD ^ AC Þ OD · · · đường phân giác AOC , nghĩa AOD = DOM ¼ (hai góc tâm ¼ = DM Þ AD nên cung chắn nhau) Þ AD = DM Þ D ADM cân D b) D AOE D COE có OE (chung); · · (cmt); OA = OC = a , D AOE = D COE (c.g.c) AOE = COE · · Þ EAO = ECO = 900 hay EA ^ AB A , OA = a bán kính (O ) Þ EA tiếp tuyến ( O ) (O ') Câu 41 Giải: a) Do BD, BH hai tiếp tuyến cắt đường tròn ( M ) · Þ BM tia phân giác ABD 62 · ¶ +B ¶ = HBD Lý luận tương Þ B 2 tự AM tia phân giỏc ca à BAC à BAC ả ị A1 = A2 = · b) AMB = 900 (gúc ni tip chn na ng trũn) +B ả = 900 Þ A 1 · · HBD + BAC · · = 900 Þ HBD + BAC = 1800 Vậy AC / / BD , mà MD ^ BD, MC ^ AC (gt) nên M ,C , D thẳng hàng Ta có OM đường trung bình hình thang vng ABDC nên OM / / AC mà CD ^ AC (gt) Þ OM ^ CD M , CM bán Þ kính ( M ) Þ CD tiếp tuyến đường trịn ( O ) M c) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt đường tròn, có: ìï AC = AH ï Þ AC + BD = AH + BH = AB = 2R ( const ) Áp dụng í ïï BD = BH ỵ hệ thức lượng tam giác vuông: CD (do D CHD vng có HM trung tuyến ứng với cạnh huyền) AC BD = AH BH = MH = d) Ta có I P / / AM (vì vng góc với MB ).Kéo dài IP cắt AN K ; D AMN có IK đường trung bình Þ K trung điểm AN Mà A, N cố định nên K cố định Điểm P nhìn hai điểm K , B cố định góc vng nên P chuyển động đường trịn đường kính K B Câu 42 Giải: 63 · B = 900 (góc nội tiếp a) Ta có AI chắn nủa đường trịn) Þ BI ^ AE Tương tự AC ^ BE Þ D AEB có hai đường cao AC , BI cắt K Þ K trực tâm D AEB Þ EK ^ AB (tính chất ba đường cao) º = IC » Þ IBA · à ẳ ị IA b) Do I l im chớnh AC (hai = IBC · · góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Mà IAC = IBC · · » ) Þ IAC (hai góc nội tiếp chắn IC = IBA D FAK có AI đường cao ( AI ^ BI ) đồng thời đường trung tuyến ( F K đối xứng qua I ) · · Þ D FAK cân A Þ FAI Ta có = IAK · · · · · · · FAB = FAI + IAB = IAK + IAB = IBA + IAB = 900 Þ AF ^ AB A Þ AF tiếp tuyến ( O ) · AH = c) sin K KH mà AK KH Þ = Þ AK = HK D ABE có BI vừa AK đường cao vừa đường phân giác Þ D ABE cân B nên · sin BAC = BI đường trung trực Þ K A = K E ( K Ỵ BI ) ổ3 ữ ỗ ữ EH = EK + K H = ỗ + K H Ta cú ữ ç ÷ ç ÷ ç è ø é ù ổ3 ữ ỗ ỳ= + K H ữ ỗ K H ( K H + 2HE ) = K H ê K H + + K H ữ ỳ ỗ ữ ỗ ữ ỳ ỗ ố ứ ỷ ( ) 64 [ ổ3 ữ ỗ ữ ỗ HK HK = V 2HE K E = 2ỗ + 1ữ ữ ỗ ữ ỗ ố ứ ( ) + HK Suy K H ( K H + 2HE ) = 2HE K E Câu 43 Giải: ¼ a) Do M điểm AC · · ¼ ¼ = MC Þ NBM = ABM Þ MA (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Þ BM đường phân · giác ABN D ABM Mặt khác · BMA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) D BAN có BM vừa đường cao vừa đường phân giác Þ D BAN cân B · · · · · Ta lại có BAN (vì bù BCM ) Do Þ BAN = BNA = MCN · · BNA Þ D CMN cân M = MCN · · b) Do MB = MQ (gt) Þ D BMQ cân M Þ MBQ = MQB · · (vì bù với hai góc nhau) MCB = MNQ BC CM = = (do D CMN cân QN MA MN = MB · M nên CM = MN ) Þ QN = BC BCA = 900 (góc nội tiếp chắn Þ D BCM : D QNM (g.g) Þ nửa đường trịn) Xét D BAQ vng A , AC ^ BQ có: AB = BC BQ = BC ( BN + NQ ) = BC ( AB + BC ) BC = x, x > 0, biết AB = 2R , từ (1) cho 4R = x ( 2R + x) Û x2 + 2Rx - 4R = 65 (1) Đặt D ' = R + 4R = 5R Þ D ' = R , x1 = - R + R x2 = - R - R < (loại) Vậy BC = ( ) 5- R Câu 44 Giải: a) Đường kính AC vng góc với dây DE M Þ MD = ME Tứ giác ADBE có MD = ME , MA = MB (gt), AB ^ DE Þ ADBE hình thoi (hình bình hành có hai đường chéo vng góc nhau) · C = 900 (góc nội tiếp chắn nủa đường trịn (O ') ) b) Ta có BI · ADC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ( O ) ) Þ BI ^ CD AD ^ DC nên AD / / BI , mà BE / / AD Þ E , B, I thẳng hàng (tiên đề Ơclit) D DIE có IM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền Þ MI = MD Do MI = MD (cmt) Þ D MDI · · cân M Þ MID = MDI · 'IC = O · 'CI Suy + O 'I = O 'C = R Þ D O 'IC cân O ' Þ O · · 'I C = MDI · · 'CI = 900 ( D MCD vuông M ) Vậy MID +O +O MI ^ O 'I I , O 'I = R ' bán kính đường trịn ( O ') Þ MI tiếp tuyến đường trịn (O ') · · c) BCI (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây = BIM » ) BCI · · H (cùng phụ HI · C) cung chắn BI = BI · · · D MIH Ta lại có Þ BIM = BIH Þ IB phân giác MIH BI ^ CI Þ IC phân giác đỉnh I D MIH Áp 66 dụng tính chất phân giác D MIH có: BH IH CH = = Þ CH MB = BH MC MB MI CM Câu 45 Giải: · · Xét tứ giác AK DL có K DL + K AL = 1800 · DL = 1800 - 600 = 1200 µ = Lµ = 900 ) Þ K (vì K Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt · DP PDL · ta có DM , DN tia phân giác K · DP + PDL · · DL K K 1200 · Þ MDN = = = = 600 Ta có: 2 · · · · ; MDC = MDN + NDC = 600 + NDC · µ + BMD · · (góc ngồi D BMD ) MDC =B = 600 + NDC · · · · , mà MBD Þ NDC = BMD = DCN = 600 ( D ABC đều) Þ D BMD : D CDN (g.g) Þ BM BD BC = Þ BM CN = BD.CD = CD CN MN PD MN PD MN K D MN =2 = = = b) Ta có SABC BC AD BC AD 2BC AD.BC · Vì D Ỵ MD tia phân giác BMN Þ DK = DP , D AK D có SMDN µ = 900, K · AD = 300 Þ K D = AD Þ K D = K AD c) Dựng đường trịn bàng tiếp góc A có tâm O D AEF Do AD đường trung tuyến D ABC nên · Suy O Ỵ AC Gọi P ', K ', L ' lần AD tia phân giác BAC 67 lượt tiếp điểm ( O ) với EF , AB, AC Ta có AK ' = AL ';P 'E = EK ';P 'F = FL ' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Þ PAEF = AE + EF + FA = AE + EP '+ P 'F + FA = AE + EK '+ FL '+ FA = AK '+ AL ' = 2AK ' Mà PAEF = PABC (gt) Þ 2AK ' = PABC = AB ( D ABC đều) 2 AB (vì AK '+ K 'B = AB ) Þ AK ' = AB Þ BK ' = 4 ỉ BD BC AB ÷ ữ Mt khỏc BD = ỗ ( D l trung = ị BK '.AB = ỗ ữ ữ ç 4 è2 ø điểm BC ); AB = BC ( D ABC đều) Þ BK '.AB = BD Þ D BK D ' : D BDA (c.g.c) · 'D = BDA · · 'B = 900 Þ O º D (vì Þ BK = 900 Ta lại có OK · 'AL ' + K · 'DL ' = 1800 (vì AK 'DL ' tứ giác O, D Ỵ AD ) Mà K · 'DL ' = 1200 Þ EDF · · 'AL ' = 600 Þ K nội tiếp) mà K = 600 (tia phân giác hai góc kề) Câu 46 Giải: · a) Xét D MAD D MBA có AMB chung; · · (góc nội tiếp, góc tạo tia MAD = MBA ¼ ) tiếp tuyến dây chắn AD Þ D MAD$ D MBA (g.g) Þ MA AD MD = = MB AB MA b) Ta có MA = MC (tính chất hai tiếp 68 tuyến cắt đường trịn) Þ tương tự, ta có MD MD Lập luận = MA MC MD CD Suy = MC BC AD CD = Þ AD.BC = AB CD AB BC · · c) Dựng điểm E Ỵ AC cho EDC = ADB · · · · (cách dựng), ABD D DAB D DEC có ADB = EDC = ECD ¼ ) Þ D DAB $ D DEC (g.g) (hai góc nội tiếp chắn AD AB BD = Þ AB DC = EC BD (1) Do EC DC · · · · , nên D DAE $ D DBC (g.g) EDC = ADB Þ BDC = ADE Þ AD.BC = BD.AE (2) Þ Từ (1) (2) ta có AB CD + AD.BC = BD ( AE + EC ) = BD.AC ìï AD.BC = AB.CD ï Þ 2AB.CD = AC BD c) Ta có í ïï AD.BC + AB.CD = AC BD ỵ Mà AC = 2AB (gt) Þ 2AB CD = 2AB BD Þ CD = BD Suy tam giác BCD cân D Câu 47 Giải: a) Áp dụng tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ta có: · · AEB = AMB = 900 , · · BMC = AEC = 900 69 · · Þ AEC + BMC = 1800 Þ Tứ giác MCED nội tiếp đường trịn D ABC có hai đường cao BM , AE cắt D Þ D trực tâm D ABC Þ CD ^ AB BE BH = Þ BE BC = BH AB AB BC c) + Gọi I giao điểm tiếp tuyến M đường tròn · b) cosABC = (O ) · với CD Trong đường trịn ( O ) có I·MD = MAB (góc nội ¼ ), tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn MB · · · · (cùng phụ với ACH ) Þ I·MD = MDI Þ D I MD cân MAB = MDI I Þ IM = ID Ta lại có I·MC = I·CM (cùng phụ với hai góc nhau) Þ D MIC cân I Þ IM = IC Vậy IM = ID = IC Þ I trung điểm CD + D CED có EI trung tuyến ứng với cạnh huyền nên I E = IC = ID = I M , D CED D IED có IM = IE (cmt), OI chung, OM = OE = R Þ D IMO = D IEO (c.c.c) · Þ I·EO = IMO = 900 Þ IE ^ OE ,OE = R nên IE tiếp tuyến đường tròn ( O ) E Nghĩa tiếp tuyến M , E đường tròn ( O ) cắt điểm I thuộc CD µ = 900 , CAH · d) D AHC có H = 450 Þ D AHC vng cân H · · Þ CH = AH = x EAB = 300 Þ EBA = 600 ; · cot EBA = HB 3 Ta có = cot 600 = Þ HB = HC = x HC 3 AB = AH + HB Þ 2R = x + Vậy SABC = ( 6R Þ x= = R 33 3+3 ( AB CH = 2R.R 2 ) ) R (đvdt) 70 Câu 48 Giải: ìï · · ïï BDO + BOD = 180 a) Ta có í · · ïï BOD + COE = 1800 ïỵ µ = 1200 B · · ·DOE = 1200 Þ BDO = COE , · µ = 600 mà DOE =B Þ D BDO : D COE (g.g) Þ BD OB = OC CE BC (khơng đổi) Þ BD.CE = OB.OC = b) D BDO : D COE OD BD BD mặt khác = = OE OC OB (c.g.c) , · · · · Þ BDO = ODE DBO = DOE = 600 Þ D BDO : D ODE mà tia nằm hai tia tia phân giác DB, DE Þ DO DO · BDE Þ c) D ABC nên đường trung tuyến AO đường · phân giác BAC , mà DO phân giác ngồi đỉnh D Þ O tâm đường trịn bàng tiếp góc A D ADE Þ ĐƯờng trịn ( O ) ln tiếp xúc DE , AC d) AP = AQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), AB = AC AP AQ · · · = Þ PQ / / BC Þ IQA = ACB = 600 , mà DOE = 600 AB AC · Þ IQE = I·OE = 600;O,Q hai đỉnh liên tiếp tứ giác IOQE Þ Þ Tứ giác IOQE nội tiếp (cùng thuộc cung chứa góc) · · · Suy EIO = EQO = 900 Lý luận tương tự DNE = 900 Vậy tứ · E DNE · giác DINE ( DI nhìn DE góc 71 · · vng) Þ ONI Vậy D ONI : D ODE = ODE Þ (g.g) IN ON = = cos600 = Þ DE = 2NI DE OD Câu 49 Giải: a) Do AB, AC hai tiếp tuyến cắt đường tròn ( O ) · · nên ABO = ACO = 900 Þ B,C thuộc đường trịn đường kính OA có tâm I trung điểm b) Ta OA AB 2AI = AB AI c) Gọi E trung điểm MA , G trọng tâm D CMA nên có AM AO = GE ME (vì MA MB G Î CE = Mặt khác = ME = = CE BE 2 BE GE ME ) Þ , theo định lý Ta-lét đảo = CE BE Þ MG / / BC nên ME = d) Gọi G ' giao điểm OA CM Þ G ' trọng tâm G 'M GE , theo định lý Ta-lét đảo = = CM CE ' GG '/ / ME (1) D ABC Nên MI đường trung bình D OAB Þ MI / / OB , mà AB ^ OB (cmt) Þ MI ^ AB , nghĩa MI ^ ME (2) Từ (1) (2) cho MI ^ GG ' , ta lại có GI ' ^ MK (vì OA ^ MK ) nên I trực tâm D MGG ' Þ GI ^ G 'M tức GI ^ CM Câu 50 Giải: 72 a) Gọi O ' giao điểm AO với cung nhỏ DE đường trịn (O ) Þ O ' thuộc đường phân giác µ D ADE Ta có A · · (tính chất hai tiếp DOA = EOA · ' =O · 'E tuyến cắt nhau) Þ DO ¼ · ¼ · · · Mà ADO ' = sđ DO ';EDO ' = sđO 'E Þ ADO ' = EDO ' Þ DO ' 2 ị O ' l tõm ng trũn nội tiếp D ADE Do phân giác D OO ' = R b) Do AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Þ D ADE · · 1800 - BAC BAC · cân A nên ADE Mà = = 90 2 · ABC · · · · (do BO phân giác ADE = ABM + NMB = + NMB · ABC · ·ABC nên ABM ) = µ · · · B BAC + ABC ACB · · Mặt khác Þ NMB = ADE = 90 = 2 · ACB · · (do CO tia phân giác ACB ) Suy NCB = · · , mà M ,C hai đỉnh liên tiếp tứ giác NMB = NCB BCMN Þ Tứ giác BCMN nội tiếp (vì thuộc cung chứa góc) 73 · · · · c) D NMO D BCO có NOM (đối đỉnh); NMO = BOC = BCO (cmt) Þ D NMO$ D BCO (g.g) Þ D DMO$ D ACO (g.g) Þ Þ OM ON MN Tương tự = = OC OB BC DM OM ; D NEO$ D BAO (g.g) = AC OC NE ON MN DM EN Vậy = = = AB OB BC AC AB 74 ... DE = BE - BD = - a 2 D ABE vuông E , nên theo định lý Pitago ta có: tam giác đều, suy BE = 46 AE + BE = AB Þ AE = AB - BE = b2 D ADE vuông E , nên theo định lý Pitago ta có: 2 ỉ a2 ư ỉ b ữ... Þ AE = 14,4cm;DE = 19,2cm 2 AE AD AK 24 18 CHỦ ĐỀ 2: 48 SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ ĐƯỜNG TRỊN VÀ ĐƯỜNG THẲNG Câu 11 Giải: Vẽ đường kính AE có AE = 8cm Điểm B... Câu 16 Giải: D OAB cân đỉnh O , AC = BD , điều giúp ta nghỉ đến chứng minh OM đường phân giác góc O D OAB Vẽ OI ^ AC , OK ^ BD ( I Ỵ AC , K Ỵ BD ) ta có OI = OK suy lời giải tốn Câu 17 Giải: Vẽ