Ôn hình học vào THPT Câu 1. Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) AE.AF = AC2. c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 2. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên cung nhỏ BC lấy một điểm M, vẽ MI AB, MK AC (I AB,K AC) a) Chứng minh: AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Vẽ MP BC (P BC). Chứng minh: . c) Xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn nhất. Câu 3. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O;R). Các đường cao BE và CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh: AEHF và BCEF là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Gọi M và N thứ tự là giao điểm thứ hai của đường tròn (O;R) với BE và CF. Chứng minh: MN EF. c) Chứng minh rằng OA EF. Câu 4. Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh BC sao cho: (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông ). a. Chứng minh rằng BIEM là tứ giác nội tiếp đường tròn. b. Tính số đo của góc c. Gọi N là giao điểm của tia AM và tia DC; K là giao điểm của BN và tia EM. Chứng minh CK BN. Câu 5. Cho đường tròn (O;R); AB và CD là hai đường kính khác nhau của đường tròn. Tiếp tuyến tại B của đường tròn (O;R) cắt các đường thẳng AC, AD thứ tự tại E và F. a) Chứng minh tứ giác ACBD là hình chữ nhật. b) Chứng minh ∆ACD ∆CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp được đường tròn. d) Gọi S, S1, S2 thứ tự là diện tích của ∆AEF, ∆BCE và ∆BDF. Chứng minh: . Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng: a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) NM là tia phân giác của góc . c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2. Câu 7. Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (CD không đi qua tâm O). Trên tia đối của tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) tại điểm thứ hai là M. a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC. b) Gọi H là giao điểm của MA và BC; K là giao điểm của MD và AB. Chứng minh BMHK là tứ giác nội tiếp và HK CD. c) Chứng minh: OK.OS = R2. Câu 8. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D (D khác B). a) Chứng minh: AMCO và AMDE là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh . c) Vẽ CH vuông góc với AB (H AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của CH. Câu 9. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O). Từ A và B vẽ các tiếp tuyến Ax và By. Đường thẳng qua N và vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự tại C và D. a) Chứng minh ACNM và BDNM là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD. c) Gọi I là giao điểm của AN và CM, K là giao điểm của BN và DM. Chứng minh IK AB.
Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương Ơn hình học vào THPT Câu Cho đường tròn tâm O đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB I (I nằm A O) Lấy điểm E cung nhỏ BC ( E khác B C ), AE cắt CD F Chứng minh: a) BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn b) AE.AF = AC2 c) Khi E chạy cung nhỏ BC tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF ln thuộc đường thẳng cố định Câu Từ điểm A nằm ngồi đường tròn (O;R) ta vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Trên cung nhỏ BC lấy điểm M, vẽ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC (I∈ AB,K ∈ AC) a) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn · · b) Vẽ MP ⊥ BC (P ∈ BC) Chứng minh: MPK = MBC c) Xác định vị trí điểm M cung nhỏ BC để tích MI.MK.MP đạt giá trị lớn Câu Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) Các đường cao BE CF cắt H a) Chứng minh: AEHF BCEF tứ giác nội tiếp đường tròn b) Gọi M N thứ tự giao điểm thứ hai đường tròn (O;R) với BE CF Chứng minh: MN // EF c) Chứng minh OA ⊥ EF Câu Cho hình vng ABCD có hai đường chéo cắt E Lấy I thuộc cạnh AB, M thuộc cạnh · BC cho: IEM = 900 (I M khơng trùng với đỉnh hình vng ) a Chứng minh BIEM tứ giác nội tiếp đường tròn · b Tính số đo góc IME c Gọi N giao điểm tia AM tia DC; K giao điểm BN tia EM Chứng minh CK ⊥ BN Câu Cho đường tròn (O;R); AB CD hai đường kính khác đường tròn Tiếp tuyến B đường tròn (O;R) cắt đường thẳng AC, AD thứ tự E F a) Chứng minh tứ giác ACBD hình chữ nhật b) Chứng minh ∆ACD ~ ∆CBE c) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn d) Gọi S, S1, S2 thứ tự diện tích ∆AEF, ∆BCE ∆BDF Chứng minh: S1 + S2 = S Câu Cho tam giác ABC vuông A, M điểm thuộc cạnh AC (M khác A C ) Đường tròn đường kính MC cắt BC N cắt tia BM I Chứng minh rằng: a) ABNM ABCI tứ giác nội tiếp đường tròn · b) NM tia phân giác góc ANI c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2 Câu Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB Vẽ dây cung CD vng góc với AB (CD khơng qua tâm O) Trên tia đối tia BA lấy điểm S; SC cắt (O; R) điểm thứ hai M a) Chứng minh ∆SMA đồng dạng với ∆SBC Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương b) Gọi H giao điểm MA BC; K giao điểm MD AB Chứng minh BMHK tứ giác nội tiếp HK // CD c) Chứng minh: OK.OS = R2 Câu Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R tia tiếp tuyến Ax phía với nửa đường tròn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đường tròn (O) D (D khác B) a) Chứng minh: AMCO AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn · · b) Chứng minh ADE = ACO c) Vẽ CH vng góc với AB (H ∈ AB) Chứng minh MB qua trung điểm CH Câu Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng OA, điểm N thuộc nửa đường tròn (O) Từ A B vẽ tiếp tuyến Ax By Đường thẳng qua N vuông góc với NM cắt Ax, By thứ tự C D a) Chứng minh ACNM BDNM tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD c) Gọi I giao điểm AN CM, K giao điểm BN DM Chứng minh IK //AB Câu 10 Cho hai đường tròn (O) (O′) cắt A B Vẽ AC, AD thứ tự đường kính hai đường tròn (O) (O′) a) Chứng minh ba điểm C, B, D thẳng hàng b) Đường thẳng AC cắt đường tròn (O′) E; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) F (E, F khác A) Chứng minh điểm C, D, E, F nằm đường tròn c) Một đường thẳng d thay đổi qua A cắt (O) (O′) thứ tự M N Xác định vị trí d để CM + DN đạt giá trị lớn Câu 11 Cho đường tròn (O; R), đường kính AB Dây BC = R Từ B kẻ tiếp tuyến Bx với đường tròn Tia AC cắt Bx M Gọi E trung điểm AC 1) Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp đường tròn 2) Gọi I giao điểm BE với OM Chứng minh: IB.IE = IM.IO Câu 12 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn tâm (O) có đường kính MC Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) D, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) S · 1) Chứng minh tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp CA tia phân giác góc BCS 2) Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy 3) Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Câu 13 Cho ∆ABC cân A, I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp góc A, O trung điểm IK 1) Chứng minh điểm B, I, C, K thuộc đường tròn tâm O 2) Chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn tâm (O) 3) Tính bán kính đường tròn (O), biết AB = AC = 20cm, BC = 24cm Câu 14 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB E, nửa đường tròn đường kính HC cắt AC F Chứng minh: 1) Tứ giác AFHE hình chữ nhật 2) Tứ giác BEFC tứ giác nội tiếp đường tròn Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương 3) EF tiếp tuyến chung nửa đường tròn đường kính BH HC Câu 15 Cho đường tròn (O) đường kiính AB = 2R Điểm M thuộc đường tròn cho MA < MB Tiếp tuyến B M cắt N, MN cắt AB K, tia MO cắt tia NB H a) Tứ giác OAMN hình ? b) Chứng minh KH // MB Câu 16 Cho đường tròn (O) với dây BC cố định điểm A thay đổi cung lớn BC cho AC > AB AC> BC Gọi D điểm cung nhỏ BC Các tiếp tuyến (O) D C cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB với CD; AD với CE 1) Chứng minh rằng: DE//BC 2) Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn 3) Gọi giao điểm dây AD BC F Chứng minh hệ thức: 1 = + CQ CE CF Câu 17 Cho điểm A, B, C thẳng hàng (B nằm A C) Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC; AT tiếp tuyến vẽ từ A Từ tiếp điểm T vẽ đường thẳng vng góc với BC, đường thẳng cắt BC H cắt đường tròn K (K ≠ T) Đặt OB = R a) Chứng minh OH.OA = R2 b) Chứng minh TB phân giác góc ATH c) Từ B vẽ đường thẳng song song với TC Gọi D, E giao điểm đường thẳng vừa vẽ với TK TA Chứng minh ∆TED cân d) Chứng minh HB AB = HC AC Câu 18 Cho đường tròn (O) (O′) cắt hai điểm A, B phân biệt Đường thẳng OA cắt (O), (O′) điểm thứ hai C, D Đường thẳng O′ A cắt (O), (O′) điểm thứ hai E, F Chứng minh đường thẳng AB, CE DF đồng quy điểm I Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn Cho PQ tiếp tuyến chung (O) (O′) (P ∈ (O), Q ∈ (O′) ) Chứng minh đường thẳng AB qua trung điểm đoạn thẳng PQ Câu 19 Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Điểm M thuộc nửa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA Trên nửa mặt phẳng bờ đường thẳng AB chứa điểm M vẽ tiếp tuyến Ax, By Đường thẳng qua M vng góc với MC cắt Ax, By P Q; AM cắt CP E, BM cắt CQ F a) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp đường tròn · b) Chứng minh góc PCQ = 900 c) Chứng minh AB // EF Câu 20 Cho đường tròn (O,R) điểm S ngồi đường tròn Vẽ hai tiếp tuyến SA, SB ( A, B tiếp điểm) Vẽ đường thẳng a qua S cắt đường tròn (O) M N, với M nằm S N (đường thẳng a không qua tâm O) a) Chứng minh: SO ⊥ AB b) Gọi H giao điểm SO AB; gọi I trung điểm MN Hai đường thẳng OI AB cắt E Chứng minh IHSE tứ giác nội tiếp đường tròn c) Chứng minh OI.OE = R2 Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương Câu 21 Cho đường tròn (O) có đường kính AB điểm C thuộc đường tròn (C khác A , B ) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F 1) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC 3) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O) Câu 22 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB Trên nửa mp bờ AB vẽ hai tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I, tia vng góc với CI C cắt tia By K Đường tròn đường kính IC cắt IK P 1) Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh AI.BK = AC.BC · 3) Tính APB Câu 23 Cho hai đường tròn (O, R) (O’, R’) với R > R’ cắt A B Kẻ tiếp tuyến chung DE hai đường tròn với D ∈ (O) E ∈ (O’) cho B gần tiếp tuyến so với A · · 1) Chứng minh DAB = BDE 2) Tia AB cắt DE M Chứng minh M trung điểm DE 3) Đường thẳng EB cắt DA P, đường thẳng DB cắt AE Q Chứng minh PQ song song với AB Câu 24 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn điểm D nằm đoạn OA Vẽ tiếp tuyến Ax, By nửa đường tròn Đường thẳng qua C, vng góc với CD cắt cắt tiếp tuyên Ax, By M N 1) Chứng minh tứ giác ADCM BDCN nội tiếp đường tròn · 2) Chứng MDN = 900 3) Gọi P giao điểm AC DM, Q giao điểm BC DN Chứng minh PQ song song với AB Câu 25 Cho đường (O, R) đường thẳng d không qua O cắt đường tròn hai điểm A, B Lấy điểm M tia đối tia BA kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D tiếp điểm) Gọi H trung điểm AB 1) Chứng minh điểm M, D, O, H nằm đường tròn 2) Đoạn OM cắt đường tròn I Chứng minh I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD 3) Đường thẳng qua O, vng góc với OM cắt tia MC, MD thứ tự P Q Tìm vị trí điểm M d cho diện tích tam giác MPQ bé Câu 26 Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B C nửa đường tròn đường kính AD, tâm O Hai đường chéo AC BD cắt E Gọi H hình chiếu vng góc E xuống AD I trung điểm DE Chứng minh rằng: 1) Các tứ giác ABEH, DCEH nội tiếp đường tròn 2) E tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH 3) Năm điểm B, C, I, O, H thuộc đường tròn Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương Câu 27 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB C điểm nằm O A Đường thẳng vng góc với AB C cắt nửa đường tròn I K điểm nằm đoạn thẳng CI (K khác C I), tia AK cắt nửa đường tròn (O) M, tia BM cắt tia CI D Chứng minh: 1) ACMD tứ giác nội tiếp đường tròn 2) ∆ABD ~ ∆MBC 3) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AKD nằm đường thẳng cố định K di động đoạn thẳng CI Câu 28 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R tia tiếp tuyến Ax phía với nửa đường tròn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đường tròn (O) D (D khác B) 1) Chứng minh: AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn 2) MA2 = MD.MB 3) Vẽ CH vng góc với AB (H ∈ AB) Chứng minh MB qua trung điểm CH Câu 29 Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R Từ điểm A nửa đường tròn vẽ AH ⊥ BC Nửa đường tròn đường kính BH, CH có tâm O1; O2 cắt AB, AC thứ tự D E a) Chứng minh tứ giác ADHE hình chữ nhật, từ tính DE biết R = 25 BH = 10 b) Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn c) Xác định vị trí điểm A để diện tích tứ giác DEO1O2 đạt giá trị lớn Tính giá trị Câu 30 Cho tam giác vng ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB Trên tia đối tia CA lấy điểm D cho CD = AC 1) Chứng minh tam giác ABD cân 2) Đường thẳng vng góc với AC A cắt đường tròn (O) E (E ≠ A) Tên tia đối tia EA lấy điểm F cho EF = AE Chứng minh ba điểm D, B, F nằm đường thẳng 3) Chứng minh đường tròn qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O) Câu 31 Cho ba điểm A, B, C cố định thẳng hàng theo thứ tự Vẽ đường tròn (O; R) qua B C (BC ≠ 2R) Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN đến (O) (M, N tiếp điểm) Gọi I, K trung điểm BC MN; MN cắt BC D Chứng minh: a) AM2 = AB.AC b) AMON; AMOI tứ giác nội tiếp đường tròn c) Khi đường tròn (O) thay đổi, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OID thuộc đường thẳng cố định Câu 32 Qua điểm A cho trước nằm ngồi đường tròn (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm), lấy điểm M cung nhỏ BC, vẽ MH ⊥ BC; MI ⊥ AC; MK ⊥ AB a) Chứng minh tứ giác: BHMK, CHMI nội tiếp đường tròn b) Chứng minh MH2 = MI.MK c) Qua M vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB, AC P, Q Chứng minh chu vi ∆ APQ khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Câu 34 Cho đường tròn (O), đường kính AB, d1, d2 các đường thẳng qua A, B · vng góc với đường thẳng AB M, N điểm thuộc d1, d2 cho MON = 900 1) Chứng minh đường thẳng MN tiếp tuyến đường tròn (O) Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương AB 2) Chứng minh AM AN = 3) Xác định vị trí M, N để diện tích tam giác MON đạt giá trị nhỏ Câu 35 Từ điểm M ngồi đường tròn (O; R) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB (tiếp điểm A; B) cát tuyến cắt đường tròn điểm C D khơng qua O Gọi I trung điểm CD a) Chừng minh điểm M, A, I, O, B thuộc đường tròn · b) Chứng minh IM phân giác AIB Câu 36 Cho đường tròn (O), từ điểm A ngồi đường tròn vẽ đường thẳng AO cắt đường tròn (O) B, C (AB < AC) Qua A vẽ đường thẳng không qua (O) cắt đường tròn (O) D; E (AD < AE) Đường thẳng vng góc với AB A cắt đường thẳng CE F a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn b) Gọi M giao điểm thứ hai FB với đường tròn (O), chứng minh DM ⊥ AC c) Chứng minh: CE CF + AD AE = AC2 Câu 37: Cho ∆ ABC có góc nhọn, trực tâm H nội tiếp đường tròn (O) Vẽ đường kính AK a) Chứng minh tứ giác BHCK hình hình hành b) Vẽ OM ⊥ BC (M ∈ BC) Chứng minh H, M, K thẳng hàng AH = 2.OM c) Gọi A’, B’, C’ chân đường cao thuộc cạnh BC, CA, AB ∆ ABC Khi BC cố định xác định vị trí điểm A để tổng S = A’B’ + B’C’ + C’A’ đạt giá trị lớn Câu 38 ∆ ABC cân A Vẽ đường tròn (O; R) tiếp xúc với AB, AC B, C Đường thẳng qua điểm M BC vuông góc với OM cắt tia AB, AC D, E a) Chứng minh điểm O, B, D, M thuộc đường tròn b) MD = ME AO Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tùy ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E Câu 39 Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp 2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC 3) Hãy xác định vị trí điểm C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Câu 40 Bên hình vng ABCD vẽ tam giác ABE Vẽ tia Bx thuộc nửa mặt phẳng chứa điểm E, có bờ đường thẳng AB cho Bx vng góc với BE Trên tia Bx lấy điểm F cho BF = BE a) Tính số đo góc tam giác ADE b) Chứng minh điểm: D, E, F thẳng hàng c) Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác AEB cắt AD M Chứng minh ME // BF Câu 41: Cho đường tròn ( O; R ) điểm A nằm ngồi đường tròn cho OA = R Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C tiếp điểm) Lấy D thuộc AB; E thuộc AC cho chu vi tam giác ADE 2R a) Chứng minh tứ giác ABOC hình vng Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương b) Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O; R) c) Tìm giá trị lớn diện tích ∆ADE Câu 42: Cho đường tròn (O) ngoại tiếp ∆ ABC có H trực tâm Trên cung nhỏ BC lấy điểm M Gọi N, I, K hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh: a) Ba điểm K, N, I thẳng hàng b) AB AC BC + = MK MI MN c) NK qua trung điểm HM Câu 43: Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích S điểm O nằm tứ giác cho:OA + OB2 + OC2 + OD2 = 2S Chứng minh ABCD hình vng có tâm điểm O Câu 44: Cho nửa đường tròn tâm (O) đường kính AB = 2R bán kính OC vng góc với AB Tìm điểm M nửa đường tròn cho 2MA2 = 15MK2, K chân đường vng góc hạ từ M xuống OC Câu 45: Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi E F trung điểm BD AC Gọi G giao điểm đường thẳng qua F vng góc với AD với đường thẳng qua E vng góc với BC So sánh GD GC Câu 46 Cho hình thang ABCD có đáy BC AD (BC ≠ AD) Gọi M, N điểm cạnh AB DC cho AM CN = Đường thẳng MN cắt AC BD tương ứng với E F Chứng AB CD minh EM = FN Câu 47 Cho đường tròn tâm (O) dây AB, điểm M chuyển động đường tròn Từ M kẻ MH vng góc với AB (H ∈ AB) Gọi E, F hình chiếu vng góc H MA, MB Qua M kẻ đường thẳng vng góc với EF cắt AB D 1) Chứng minh đường thẳng MD qua điểm cố định M thay đổi đường tròn 2) Chứng minh: MA AH AD = × MB BD BH Câu 48: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi M, N, P, Q bốn đỉnh hình chữ nhật (M N nằm cạnh BC, P nằm cạnh AC Q nằm cạnh AB) a) Chứng minh rằng: Diện tích hình chữ nhật MNPQ có giá trị lớn PQ qua trung điểm đường cao AH b) Giả sử AH = BC Chứng minh rằng, hình chữ nhật MNPQ có chu vi Câu 49 Cho tam giác ABC vuông cân A, đường trung tuyến BM Gọi D hình chiếu C tia BM, H hình chiếu D AC Chứng minh AH = 3HD Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương Câu · = 900 (gt) (gt) Tứ giác BEFI có: BIF C · · BEF = BEA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF E F A I B O » = AD » , b) Vì AB ⊥ CD nên AC · · suy ACF = AEC D Xét ∆ACF ∆AEC có góc A chung · · ACF = AEC Suy ra: ∆ACF ~ với ∆AEC ⇒ AC AE = AF AC ⇒ AE.AF = AC2 · · c) Theo câu b) ta có ACF , suy AC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1) = AEC · Mặt khác ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy AC ⊥ CB (2) Từ (1) (2) suy CB chứa đường kính đường tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định E thay đổi cung nhỏ BC.Câu · · a) Ta có: AIM = AKM = 900 (gt), suy tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM · · · · b) Tứ giác CPMK có MPC (1) = MKC = 900 (gt) Do CPMK tứ giác nội tiếp ⇒ MPK = MCK · · ¼ ) (2) Từ (1) (2) suy Vì KC tiếp tuyến (O) nên ta có: MCK (cùng chắn MC = MBC · · (3) MPK = MBC c Chứng minh tương tự câu b ta có BPMI tứ giác nội tiếp · · · · Suy ra: MIP (4) Từ (3) (4) suy MPK = MBP = MIP · · Tương tự ta chứng minh MKP = MPI Suy ra: MPK ~ ∆MIP ⇒ A MP MI = MK MP K ⇒ MI.MK = MP ⇒ MI.MK.MP = MP I M Do MI.MK.MP lớn MP lớn (4) - Gọi H hình chiếu O BC, suy OH số (do BC cố định) Lại có: MP + OH ≤ OM = R ⇒ MP ≤ R – OH Do MP lớn R – OH O, H, M thẳng hàng hay M nằm cung nhỏ BC (5) Từ (4) (5) suy max (MI.MK.MP) = ( R – OH )3 ⇔ M nằm cung nhỏ BC B H P O C Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương Câu · · a) Tứ giác AEHF có: AEH = AFH = 900 (gt) Suy AEHFlà tứ giác nội tiếp · · - Tứ giác BCEF có: BEC = BFC = 900 (gt) Suy BCEF tứ giác nội tiếp · · · · · b) Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra: BEF = BCF (1) Mặt khác BMN = BCN = BCF · · » ) (2) Từ (1) (2) suy ra: BEF (góc nội tiếp chắn BN = BMN ⇒ MN // EF · · ¼ = AN » ⇒ AM = AN, lại có OM = ON nên suy c) Ta có: ABM = ACN ( BCEF nội tiếp) ⇒ AM OA đường trung trực MN ⇒ OA ⊥ MN , mà MN song song với EF nên suy OA ⊥ EF Câu 4: · · a) Tứ giác BIEM có: IBM = IEM = 900 (gt); suy tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường kính IM · · b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra: IME = IBE = 450 (do ABCD hình vng) · · c) ∆EBI ∆ECM có: IBE = MCE = 450 , BE = K · · · · CE , BEI = CEM ( IEM = BEC = 900 ) ⇒ ∆EBI = ∆ECM (g-c-g) ⇒ MC = IB; suy MB = IA N M B C Vì CN // BA nên theo định lí Thalet, ta có: MA MB IA = = Suy IM song song với MN MC IB BN I E (định lí Thalet đảo) · · · ⇒ BKE = IME = 450 (2) Lại có BCE = 450 (do ABCD hình vng) · · Suy BKE = BCE ⇒ BKCE tứ giác nội tiếp · · · Suy ra: BKC + BEC = 1800 mà BEC = 900 ; suy · BKC = 900 ; hay CK ⊥ BN A D Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương Câu a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB CD cắt trung điểm đường, suy ACBD hình chữ nhật A D O C b) Tứ giác ACBD hình chữ nhật suy ra: E B F » · · · · » (góc tạo tiếp tuyến dây cung); ACD = sđ AD CAD = BCE = 900 (1) Lại có CBE = sđ BC · · » = AD » (do BC = AD) ⇒ CBE (góc nội tiếp), mà BC = ACD (2) Từ (1) (2) suy ∆ACD ~ ∆CBE · · c) Vì ACBD hình chữ nhật nên CB song song với AF, suy ra: CBE = DFE (3) Từ (2) (3) suy · · ACD = DFE tứ giác CDFE nội tiếp đường tròn S1 EB2 d) Do CB // AF nên ∆CBE ~ ∆AFE, suy ra: = S EF2 ⇒ S1 EB Tương tự ta có = S EF S2 BF Từ suy ra: = S EF S1 S + = ⇒ S1 + S2 = S S S Câu a) Ta có: B · · MAB = 900 (gt)(1) MNC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · ⇒ MNB = 900 (2) Từ (1) (2) suy ABNM tứ giác nội tiếp Tương tự, tứ giác · · BAC = BIC = 900 ABCI N A C M I có: ⇒ ABCI tứ giác nội tiếp đường tròn · · b) Tứ giác ABNM nội tiếp suy MNA = MBA (góc nội tiếp chắn cung AM) (3) · · Tứ giác MNCI nội tiếp suy MNI = MCI (góc nội tiếp chắn cung MI) (4) · · Tứ giác ABCI nội tiếp suy MBA = MCI (góc nội tiếp chắn cung AI) (5) · · · Từ (3),(4),(5) suy MNI = MNA ⇒ NM tia phân giác ANI 10 Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương ⇒ MD MA = hay MD = MA.MB MB MD Tương tự ta có: ∆EMB ∼ ∆AME ⇒ ME MA = hay ME = MA.MB MB ME Từ đó: MD = ME hay M trung điểm DE · · · · 3) Ta có DAB , EAB = BDM = BEM · · · · · · · · ⇒ PAQ = DAB + PBQ + EAB + PBQ = BDM + BEM + DBE = 1800 · · · · · · ⇒ tứ giác APBQ nội tiếp ⇒ PQB Kết hợp với PAB suy PQB Hai góc = PAB = BDM = BDM vị trí so le nên PQ song song với AB D M E B P Q O O' A Câu 24 · · 1) Ta có Ax tiếp tuyến nửa đường tròn nên MAD = 900 Mặt khác theo giả thiết MCD = 900 nên suy tứ giác ADCM nội tiếp Tương tự, tứ giác BDCN nội tiếp · · · · 2) Theo câu tứ giác ADCM BDCN nội tiếp nên: DMC , DNC = DAC = DBC · · · · · Suy DMC + DNC = DAC + DBC = 900 Từ MDN = 900 · · · · 3) Vì ·ACB = MDN = CDQ = CDN = 900 nên tứ giác CPDQ nội tiếp Do CPQ · · · · · · Lại tứ giác CDBN nội tiếp nên CDN Hơn ta có CBN , suy CPQ hay = CAB = CBN = CAB PQ song song với AB Câu 25 19 Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương · 1) Vì H trung điểm AB nên OH ⊥ AB hay OHM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta lại có · OD ⊥ DM hay ODM = 900 Suy điểm M, D, O, H nằm đường tròn 2) Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD ⇒ ∆MCD cân M ⇒ MI đường phân giác 1 º · · » nên DCI · » = sđ CI = sđ DI Mặt khác I điểm cung nhỏ CD = MCI CMD 2 · ⇒ CI phân giác MCD Vậy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD 3) Ta có tam giác MPQ cân M, có MO đường cao nên diện tích tính: S = SOQM = .OD.QM = R( MD + DQ) Từ S nhỏ ⇔ MD + DQ nhỏ Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vuông OMQ ta có DM DQ = OD = R không đổi nên MD + DQ nhỏ ⇔ DM = DQ = R Khi OM = R hay M giao điểm d với đường tròn tâm O bán kính R P C A d H B I O M D Q Câu 26 µ µ 1) Tứ giác ABEH có: B = 900 (góc nội tiếp nửa đường tròn); H = 900 (giả thiết) nên tứ giác ABEH nội tiếp µ µ Tương tự, tứ giác DCEH có C = H = 900 , nên nội tiếp 2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta có: · · » EBH = EAH (cùng chắn cung EH ) · · · Trong (O) ta có: EAH = CAD = CBD » ) (cùng chắn cung CD · · Suy ra: EBH = EBC , nên BE tia 20 Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương · phân giác góc HBC · · · Tương tự, ta có: ECH = BDA = BCE , nên CE tia phân giác góc · BCH C B E I A H D O Vậy E tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH 3) Ta có I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ECD, nên · · » ) BIC = 2EDC (góc nội tiếp góc tâm chắn cung EC · · · · Mà EDC = EHC , suy BIC = BHC · · · + Trong (O), BOC = 2BDC = BHC (góc nội tiếp góc tâm » ) chắn cung BC · + Suy ra: H, O, I cung chứa góc BHC dựng đoạn BC, hay điểm B, C, H, O, I nằm đường tròn Câu 27 · 1) Ta có: AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa · đường tròn) ⇒ AMD = 900 Tứ giác ACMD D M I · · có AMD = ACD = 900 , suy ACMD nội tiếp đường tròn đường kính AD K µ chung 2) ∆ABD ∆MBC có: B E A C O B · · BAD = BMC (do ACMD tứ giác nội tiếp) Suy ra: ∆ABD ~ ∆MBC (g – g) · · · · µ 3) Lấy E đối xứng với B qua C E cố định EDC = BDC , lại có: BDC = CAK (cùng phụ với B ), · · suy ra: EDC = CAK Do AKDE tứ giác nội tiếp Gọi O’ tâm đường tròn ngoại tiếp 21 Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương ∆AKD O’ củng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKDE nên O′ A = O′ E, suy O′ thuộc đường trung trực đoạn thẳng AE cố định Câu 27 1) · ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa · đường tròn) ⇒ ADM = 900 (1) x N Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến) Suy OM đường · trung trực AC ⇒ AEM = 900 (2) C M D E Từ (1) (2) suy MADE tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA A I H O B 2) Xét ∆MAB vng A có AD ⊥ MB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng tam giác vuông) · · 3) Kéo dài BC cắt Ax N, ta có ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ACN = 900 , suy ∆ACN vng C Lại có MC = MA nên suy MC = MN, MA = MN (5) Mặt khác ta có CH // NA (cùng vng góc với AB) nên theo định lí Ta-lét IC IH BI = = ÷ (6) MN MA BM với I giao điểm CH MB Từ (5) (6) suy IC = IH hay MB qua trung điểm CH Câu 28 · a) Ta có BAC = 900 (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn) · · Tương tự có BDH = 900 = CEH µ = ADH · · Xét tứ giác ADHE có A = 900 => ADHE hình chữ nhật = AEH Từ DE = AH mà AH2 = BH.CH (Hệ thức lượng tam giác vuông) hay AH2 = 10 40 = 202 (BH = 10; CH = 2.25 - 10 = 40) => DE = 20 µ (góc có cạnh tương ứng vng góc) mà DAH · · · b) Ta có: BAH =C (1) = ADE µ = ADE · µ + BDE · (Vì ADHE hình chữ nhật) => C C = 1800 nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn µ = BDO · c) Vì O1D = O1B => ∆ O1BD cân O1 => B (2) · · µ · Từ (1), (2) => ADE + BDO = B + BAH = 90 => O1D //O2E A Vậy DEO2O1 hình thang vuông D E E 1 (O1D + O E).DE = O1O DE ≤ O1O 22 (Vì O1D + 2 O2E = O1H + O2H = O1O2 DE < O1O2 ) Ta có Sht = 2 BC R Dấu "=" xảy DE = O1O 2 = = O1O2 Sht ≤ ⇔ DEO2O1 hình chữ nhật 22 D B O1 H O O2 C Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương R2 ⇔ A điểm cung BC Khi max S DEO2O1 = Câu 29 1) Chứng minh ∆ ABD cân D Xét ∆ ABD có BC ⊥ DA CA = CD nên BC vừa đường cao vừa trung tuyến C A Vậy ∆ ABD cân B O 2) Chứng minh ba điểm D, B, F nằm đường thẳng B E F · Vì CAE = 900, nên CE đường kính (O) Ta có CO đường trung bình tam giác ABD Suy BD // CO hay BD // CE (1) Tương tự CE đường trung bình tam giác ADF Suy DF // CE (2) Từ (1) (2) suy D, B, F nằm đường thẳng 3) Chứng minh đường tròn qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O) Tam giác ADF vng A theo tính chất đường trung bình DB = CE = BF ⇒ B trung điểm DF Do đường tròn qua ba điểm A,D,F nhận B làm tâm AB làm bán kính Hơn nữa, OB = AB - OA nên đường tròn qua ba điểm A, D, F tiếp xúc với đường tròn (O) A Câu 30 a) Xét ∆ ABM ∆ AMC M · · Có góc A chung; AMB = MCB (= sđ cung MB) A => ∆ AMB ~ ∆ ACM (g.g) => B AM AB = => AM2 = AB.AC AC AM K O D I C N µ +N µ = 1800 b) Tứ giác AMON có M µ =N µ = 900 tính chất tiếp tuyến) (Vì M => AMON tứ giác nội tiếp - Vì OI ⊥ BC (định lý đường kính dây cung) 0 µ +$ Xét tứ giác AMOI có M I = 90 + 90 = 180 => AMOI tứ giác nội tiếp c) Ta có OA ⊥ MN K (vì K trung điểm MN), MN cắt AC D µ +$ Xét tứ giác KOID có K I = 180 => tứ giác KOID nội tiếp đường tròn tâm O1 23 Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương => O1 nằm đường trung trực DI mà AD.AI = AK.AO = AM2 = AB.AC không đổi (Vì A, B, C, I cố định) Do AI không đổi => AD không đổi => D cố định Vậy O1 tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OIK ln thuộc đường trung trực DIAcố định Câu 31 I µ +K µ = 900 + 900 = 1800 a) Xét tứ giác BHMK: H K M => Tứ giác BHMK nội tiếp đường tròn B CM tương tự có tứ giác CHMI nội tiếp H µ + HMK · µ + HMI · b) Ta có B = 1800 =C µ =C µ ⇒ HMK · · mà B (1) = HMI · · · · (vì góc nội tiếp KBM = BCM , KBM = KHM chắn cung MK góc tạo tia tt góc nội tiếp chắn cung BM) · · (góc tạo tia tiếp tuyến góc nội HCM = HIM ¼ ) ⇒ KHM · · tiếp chắn HM (2) = HIM Từ (1), (2) => ∆ HMK ~ ∆ IMH (g.g) => MH MK = ⇒ MH = MI MK (đpcm) MI MH c) Ta có PB = PM; QC = QM; AB = AC (Theo t/c hai tiếp tuyến) Xét chu vi ∆ APQ = AP + AQ + PQ = AP + AQ + PM + QM = (AP + PB) + (AQ + QC) = AB + AC = 2AB khơng đổi Vì A cố định đường tròn (O) cho trước nên chu vi ∆ APQ không phụ thuộc vào vị trí điểm M (đpcm) Câu 32 a) Qua A vẽ tiếp tuyến chung cắt BC M Ta có MB = MA = MC (t/c tiếp tuyến cắt nhau) µ = 900 ⇒ A b) Giả sử R’ > R Lấy N trung điểm OO’ Ta có MN đường trung bình hình thang vng OBCO’ µ =C µ = 900) tam giác AMN vng A (OB // O’C; B Có MN = R + R' R′ − R ; AN = Khi MA2 = MN2 - AN2 = RR’ 2 => MA = RR' mà BC = 2MA = RR' · c) Ta có O, B, D thẳng hàng (vì BAD = 900 ; OA = OB = OD) · = 900, BA ⊥ CD, ta có: BD2 = DA DC ∆ BDC có DBC 24 (1) C Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương DE DA = => DA DC = DE2 (2) ∆ ADE ~ ∆ EDC (g.g) => DC DE (1), (2) => BD = DE (đpcm) Câu 33 1) Gọi H hình chiếu O đường thẳng MN Xét tứ giác OAMH µ +H µ = 1800 (do A µ =H µ = 900 ) A => OAMH tứ giác nội tiếp đường tròn Tương tự tứ giác OANH nội tiếp ¶ =M ¶ , B =N ả (2 gúc ni tip chn cung) => A 1 1 ¶ +B =M ả +N ả = 900 => ã ⇒A AHB = 90 1 1 => MN tiếp tuyến 2) Ta có AM = MH, BN = NH, theo hệ thức lượng tam vuông, ta có: AB AM BN = MH NH = OH = (đpcm) S ∆MON = 1 OH MN > OH AB (Vì AMNB hình thang vng) 2 Dấu “=” MN = AB hay H điểm cung AB ⇔ M, N song song với AB ⇔ AM = BN = AB Vậy S ∆MON nhỏ AM = BN = AB A Câu 34 a) Vì MA, MB tiếp tuyến đường tròn (O) O M Nên MA ⊥ OA; MB ⊥ OB; Mà OI ⊥ CD I C D (Theo định lý đường kính dây cung) B · · · Do MAO = 900 => điểm A, B, I = MBO = MIO thuộc đường tròn đường kính MO hay điểm M, A, I, O, B thuộc đường tròn · · · · b) Ta có: AIM (vì góc nội tiếp chắn cung MA) BIM (vì góc nội tiếp chắn = AOM = BOM · · F cung MB) mà AOM (tính chất hai tiếp tuyến) = BOM · · => AIM => IM phân giác góc AIB (đpcm) = BIM E Câu 35 D · a) FAB = 900 (vì AF ⊥ AB) O · = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BEC A 25 B C M Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương · · · => BEF = 90 Do FAB = 1800 + BEF Vậy tứ giác ABEF nội tiếp đường tròn · · b) Ta có: AFB =( = AEB sđ cung AB) (vì góc nội tiếp chắn cung) · · =( AEB = BMD sđ cung BD) (vì góc nội tiếp chắn cung) · · Do AFB => AF // DM mà FA ⊥ AC => DM ⊥ AC = BMD c) ∆ ACF ~ ∆ ECB (g.g) => ∆ ABD ~ ∆ AEC (g.g) => AC CF = => CE.CF = AC.BC CE BC (1) AB AD = => AD.AE = AC.AB (2) AE AC (1), (2) => AD.AE + CE.CF = AC(AB + BC) = AC2 (đpcm) A m = −1 − Câu 36 · a) Ta có ACK = 900 O H (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên CK ⊥ AC mà BH ⊥ AC (vì H trực tâm) C M B => CK // BH tương tự có CH // BK K => Tứ giác BHCK hbh (đpcm) b) OM ⊥ BC => M trung điểm BC (định lý đường kính dây cung) => M trung điểm HK (vì BHCK hình bình hành) => đpcm ∆ AHK có OM đường trung bình => AH = 2.OM · ′C = BB · ′C = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => AC · ′B′ = ACB · c) Ta có AC mà · · (Ax tiếp tuyến A) => Ax // B’C’ ACB = BAx OA ⊥ Ax => OA ⊥ B’C’ Do SAB’OC’ = Tương tự: SBA’OC’ = S ∆ABC = R.B’C’ 1 R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ 2 1 R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ BC < (AO + OM).BC 2 A => A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn A, O, M thẳng hàng A đỉểm cung lớn BC Câu 37 E · · a) Ta có: DBO = 900 (vì gt) = DMO => điểm B, M thuộc đường tròn đường kính DO =>đpcm B b) Chứng minh tương tự có điểm O, C, E, M thuộc đường D · · tròn => MEO = MCO (vì góc nội tiếp chắn cung MO) 26 M C · · MBO = MDO Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương (vì góc nội tiếp chắn cung MO) · · Mà MBO (vì ∆ BOC cân O) = MCO · · => MEO => ∆ DOE cân O = MDO Mà MO ⊥ DE nên MD = ME (đpcm) Câu 38 M Theo giả thiết MN ⊥AB I · · ACB = 90 hay ECB = 90 O1 E · · ⇒ EIB + ECB = 1800 A I O C B mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp N Theo giả thiêt MN ⊥AB, suy A điểm ¼ nên AMN · · MN (hai = ACM · · · góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME , lại có CAM góc chung tam = ACM giác AME đồng dạng với tam giác ACM ⇒ AM AE ⇒ AM2 = AE.AC = AC AM · · Theo AMN = ACM ⇒ AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ECM Nối MB ta có · = 90 , tâm O1 đường tròn ngoại tiếp ∆ECM phải nằm BM AMB Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM ⇒ NO1 ⊥BM Gọi O1 chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM nhỏ C phải giao điểm đường tròn (O 1), bán kính O1M với đường tròn (O) O1 hình chiếu vng góc N BM Câu 39 27 Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương C D E a) Tam giác ADE cân A AD = AE Lại có: ¶ A · · DAB − EAB = 90 − 60 = 30 Do x M = F O · · ADE = AED = (1800 − 300 ) = 750 A B b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF µ = 450 vuông cân B, nên E T ú ta cú: ã ã ả +E = 750 + 600 + 450 = 1800 suy điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm DEF = DEA +E =A ả (cựng chn cung EM) suy B = 300 nờn B ả = 300 c) Ta có: B 1 ¶ =B ¶ nên E ¶ = 300 Mà E 3 ¶ +E ¶ = 600 + 300 = 900 hay ME ⊥ EB Mặt khác BF ⊥ EB ME // BF Vậy E Câu 40 · · a) Ta có: ABO = ACO = 900 (tính chất tiếp tuyến) (1) AB = AC = OA − OB2 = R = OB = OC (2) Từ (1) (2) suy ABOC hình vng A b) Theo ta có: AD + DE + AE = 2R (3) Suy ra: DE = BD + CE (4) Vẽ OM ⊥ DE (M ∈ DE) (5) y x E M D C B F Trên tia đối tia CA lấy điểm F cho CF = ∆BDO = ∆COF (c-g-c) RBD; suy O ⇒ OD = OF; lại có DE = FE nên ∆ODE = ∆OFE (c-c-c) ⇒ OM = OC = R (hai đường cao tương ứng) (6) Từ (5) (6) suy DE tiếp tuyến đường tròn (O;R) c) Đặt: AD = x; AE = y ⇒ SADE = xy (x, y > 0) Ta có: DE = AD2 + AE = x + y (định lí Pitago) Vì AD + DE + AE = 2R ⇒ x + y + x + y = 2R (6) 28 Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương Áp dụng BĐT – Côsi cho hai số không âm ta có: x + y ≥ xy x + y ≥ 2xy (7) Dấu “=” xảy x = y ( ) Từ (6) (7) suy ra: xy + 2xy ≤ 2R ⇔ xy + ≤ 2R ⇔ xy ≤ ( 2R ( ) 2R R2 ⇔ xy ≤ ⇒ SADE ≤ ⇔ SADE ≤ - 2 R 2+ 3+ 2 3+ 2 ) ( ) Vậy max SADE = − 2 R ⇔ x = y ⇔ ∆ADE cân A Câu 41 Xét điểm A hình tròn (C1) có tâm A, bán kính C C1 A B C2 - Nếu tất 98 điểm lại nằm (C1) hiển nhiên toán chứng minh - Xét trường hợp có điểm B nằm ngồi (C1) Ta có: AB > (1) Vẽ hình tròn (C2) tâm B, bán kính + Giả sử C điểm khác A B Khi điểm C thuộc hai hình tròn (C1) (C2) Thật vậy, giả sử C khơng thuộc hai hình tròn nói Suy ra: AC > BC > (2) Từ (1) (2) suy điểm A, B, C khơng có hai điểm có khoảng cách nhỏ (vơ lí trái với giả thiết) Chứng tỏ C∈ (C1) C∈ (C2) Như 99 điểm cho thuộc (C1) (C2) Mặt khác 99 = 49.2 + nên theo nguyên tắc Dirichle phải có hình tròn chứa khơng 50 điểm Câu 42 29 Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương a) Tứ giác MNKB nội tiếp (vì µ +N µ = 1800) Tứ giác MNCI K nội tiếp · · MNC = 900) MNC = MIC · · => BNK , = BMK (1) A S (vì H · · INC = IMC P O K C B N (vì góc nội tiếp chắn cung) · · Mặt khác BMK = IMC (vì I M (2) Q · · · · BMK + KMC = KMC + IMC bù với góc A tam giác ABC) · · Từ (1), (2) suy BNK = INC nên điểm K, N, I thẳng hàng · · b) Vì MAK = MCN = β (vì góc nội tiếpcùng chắn cung BM) => AK CN AB − BK CN AB BK CN = = cot gβ => = − = hay (1) MK MN MK MN MK MK MN Tương tự có: Mà AC CI BN AI BN = + = hay MI MN MI MI MN IC BK · · = = tgα ( α = BMK ) = IMC MI MK Từ (1), (2), (3) => (2) (3) AB AC BC + = (đpcm) MK MI MN c) Gọi giao AH, MN với đường tròn (O) thứ tự Q, S => AQMS hình thang cân (vì AQ // MS => AS = QM) Vẽ HP // AS (P ∈ MS) => HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC) · · · => N trung điểm PM mà HP // KN (vì KN // AS SAC NMC ) => KN = AIN qua trung điểm HM (đpcm) a b Câu 43 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác A, O, D thẳng hàng OK = 1 AB Vì FM = EF mà EF = AB 2 FM = OK · Ta lại có AF = R ⇒ AF = OA AFM = 1200 b k m · · · · o = AOK + AOB = 1800 = AOK + 60 ⇒ AOK = 120 Do đó: ∆AFM c h ∆AOK (c.g.c) · ⇒ AM = AK, MAK = 600 ⇒ ∆AMK a 30 o f d e d c Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương Câu 44 Gọi BH đường cao ∆ABO Ta có 2SAOB = OA BH Nhưng BH ≤ BO nên 2SAOB ≤ OA OB mà OA.OB ≤ Do 2SAOB ≤ OA + OB2 OA + OB2 Dấu “=” xảy ⇔ OA ⊥ OB OA = OB Chứng minh tương tự ta có: 2SBOC OB2 + OC OC2 + OD ; 2SCOD ≤ ≤ 2 2SAOD OD + OA ≤ Vậy 2S = 2(SAOB + SBOC + SCOD + SDOA) ≤ ( OA + OB2 + OC + OD ) Hay 2S ≤ OA2 + OB2 + OC2 + OD2 Dấu xẩy OA = OB = OC = OD · · · · AOB = BOC = COD = DOA = 900 ⇒ ABCD hình vng tâm O Câu 45 Đặt AH = x · Ta có AMB = 900 (OA = OB = OM) c Trong ∆ vng AMB ta có MA2 = AH AB = 2Rx m (H chân đường vng góc hạ từ M xuống BC) k Mặt khác: MK2 = OH2 = (R - x)2 (vì MKOH hình chữ nhật) Theo ta có: 4Rx = 15(R - x)2 a Do H ∈ AB ⇒ O ≤ x ≤ 2R h o h' b Phương trình trở thành: 15x2 - 34Rx + 15R2 = ⇔ (5x - 3R) (3x - 5R) = ⇔ x = 3R 5R ;x= Cả giá trị thoả mãn Vậy ta tìm điểm H H’ ⇒ điểm M M’ giao điểm nửa đường tròn với đường vng góc với AB dựng từ H H’ Câu46 Gọi I trung điểm CD Nối EF, EI, IF, ta có IE đường trung bình ∆BDC ⇒ IE // BC 31 Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương Mà GF ⊥BC ⇒ IE⊥ GF (1) a Chứng minh tương tự EG ⊥IF (2) Từ (1) (2) ⇒ G trực tâm ∆EIF ⇒ IG ⊥ EF (3) Dễ chứng minh EF // DC (4) b e f g d Từ (3) (4) ⇒ IG ⊥ DC c i Vậy ∆ DGC cân G ⇒ DG = GC Câu 47: Kẻ MP // BD (P ∈ AD) MD cắt AC K Nối NP cắt BD H Ta có AM AP AM CM = = (gt) mà AB AD AB CD AP CN = ⇒ PN // AC Gọi O giao điểm AD CD ⇒ AC BD Ta có BO CO MK OC = , = OD OA PK OA NH OC NH MK = = ⇒ KH // MN Suy ra: PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK hình bình hành nên MF = KH EN = KH ⇒ MF = EN ⇒ ME = NF · · Câu 48 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH + MFH = 1800 · · · · ⇒ AMB = 1800 - EHF = EHA + FHB (1) · · » ) Ta có MHF (góc nội tiếp chắn MF = MEF · · · · Lại có MHF + FHB = 900 = MEF + EMD · · ⇒ FHB = EMD (2) · · · · Từ (1) (2) ⇒ EHA , Gọi N giao điểm MD với đường tròn (O) ta có DMB (góc = DMB = NAB » ) ⇒ EHA · · nội tiếp chắn NB AN // EH mà HE ⊥ MA nên NA ⊥ MA hay = NAB · MAN = 900 ⇒ AN đường kính đường tròn Vậy MD qua O cố định 2) Kẻ DI ⊥ MA, DK ⊥ MB, ta có AH S AM HE AD S AM DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM DK BH SMBH BM HF Vậy AH AD MA HE DI = BD BH MB2 DK HF (1) · · · · · Ta có HMB (cùng phụ với MHF ) mà FHB (CMT) = FHB = EMD · · · · EHF ⇒ EFH = DIK = DMH · · · · Tứ giác MEHF nội tiếp nên AMH = EFH vµ EHF = 1800 - AMB · · · · Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB = DIK vµ IDK = 1800 - AMB · · · · ⇒ ∆DIK ⇒ EFH = DIK vµ EHF = IDK ∆HFE (g.g) 32 Giáo viên biên soạn: Phạm Thái Bình-THCS Phù Lương ID DK HE.DI ⇒ ID HE = DK HF ⇒ suy = = (2) HF HE DK.HF Từ (1), (2) ⇒ MA AH AD = MB BD BH A Câu 49 a) Xét ∆ABC có PQ // BC ⇒ Xét ∆BAH có QM // AH ⇒ AQ QP = AB BC Q B BQ QM = BA AH M P H C N Cộng vế ta có: AQ BQ QP QM QP QM + = + ⇒ 1= + AB AB BC AH BC AH 2SMNPQ QM QP QM QP ⇒ 1= + = ÷ ≥ AH BC AH SABC BC S ⇒ SMNPQ ≤ ABC max SMNPQ = SABC QP QM BC = = ⇔ QP = BC AH 2 Tức PQ đường trung bình ∆ABC, PQ qua trung điểm AH b) Vì = QP QM QP + QM + ⇔ QP + QM = BC mà BC = AH ⇒ = BC AH BC Do chu vi (MNPQ) = 2BC (khơng đổi) B Câu 50: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD Đặt HD = x HC = 2x Ta có: DH2 = HM HC hay x2 = HM 2x ⇒ HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x Vậy AH = 3HD A H M D 33 C ... a) Ta có: B · · MAB = 90 0 (gt )(1 ) MNC = 90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · ⇒ MNB = 90 0 (2 ) Từ (1 ) (2 ) suy ABNM tứ giác nội tiếp Tương tự, tứ giác · · BAC = BIC = 90 0 ABCI N A C M I có: ⇒... MAC + MBC = 90 0 (3 ) Từ (1 ), (2 ), (3 ) ta có : · · · MPC + MBC = 90 0 ⇒ PCQ = 90 0 · · · · · · c) Ta có BMQ (Tứ giác BCMQ nội tiếp) BMQ (Cùng phụ với BMC) EMC = BCQ = AMC = EFC · · (Tứ giác CEMF... ACO = 90 0 (tính chất tiếp tuyến) (1 ) AB = AC = OA − OB2 = R = OB = OC (2 ) Từ (1 ) (2 ) suy ABOC hình vng A b) Theo ta có: AD + DE + AE = 2R (3 ) Suy ra: DE = BD + CE (4 ) Vẽ OM ⊥ DE (M ∈ DE) (5 ) y