18 bài Hình học

Bài 1: Cho đường tròn tâm O, bán kính R và đường thẳng (d) ở ngoài đường tròn. M là một điểm di động trên (d) . Từ M kẻ các tiếp tuyến MP và MQ với đường tròn ( P và Q là các tiếp điểm). N là giao điểm của PQ với OM. a)Chứng minh rằng: OM.ON không đổi. b)Chứng minh rằng: Chứng tỏ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ thuộc một đường thẳng cố định. c)Tìm quỹ tích điểm N. Lời giải: Xét tam giác OPM vuông tại P có PN là đường cao.Ta có: ĐPCM. b) Gọi I là trung điểm của OM. Kẻ OK vuông góc với (d). Dễ dàng nhận thấy: , suy ra tứ giác OPMQ nội tiếp đường tròn đường kính OM. , suy ra tứ giác OPMK nội tiếp đường tròn đường kính OM. Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ qua O, K. Hay nói cách khác tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ nằm trên đường trung trực của OK là đường thẳng cố định (ĐPCM) c) Gọi L là giao điểm của PQ với OK. Ta có: (góc, góc) Suy ra: Suy ra L là điểm cố định và nên N nằm trên đường tròn đường kính ON. Kẻ đường thẳng (d’) qua O song song với (d). Vì nên điểm n nằm ở nửa mặt phẳng chứa K bờ là (d’). Ta chứng minh quỹ tích của điểm N là nửa đường tròn đường kính OL có bờ là (d’) (Không tính 2 giao điểm). Thật vậy: Gọi N’ là điểm nằm trên nửa đường tròn đường kính OL đã cho, gọi M’ là giao điểm của ON’ với (d). Kẻ các tiếp tuyến M’P’, M’Q’. Ta chứng minh 3 điểm P’, N’, Q’ thẳng hàng. Thật vậy, gọi N’’ là giao điểm của OM’ với P’Q’. Theo kết quả đã biết, ta suy ra được N’’ nằm trên đường tròn đường kính OL. Nghĩa là N’’ là giao điểm của OM’ với đường tròn đường kính OL. Suy ra N’’ trùng với N’. Suy ra P’,N’, Q’ thẳng hàng. Suy ra ĐPCM. Vậy quỹ tích điểm N là nửa đường tròn đường kính OL có bờ là (d’), nửa mặt phẳng này chứa (d) B i 2:à Cho ∆ABC có A=1v và AB>AC, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A vẽ hai nửa đường tròn đường kính BH và nửa đường tròn đường kính HC. Hai nửa đường tròn này cắt AB và AC tại E và F. Giao điểm của FE và AH là O. Chứng minh: 1. AFHE là hình chữ nhật. 2. BEFC nội tiếp 3. AE. AB=AF. AC 4. FE là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn. 1 5. Chứng tỏ:BH. HC=4. OE.OF. A E O F B I H K C 1/ C/m: AFHE là hình chữ nhật. BEH=HCF(góc nt chắn nửa đtròn); EAF=1v(gt) ⇒đpcm. 2/ C/m: BEFC nội tiếp: Do AFHE là hình chữ nhật.⇒∆OAE cân ở O ⇒AEO=OAE. Mà OAE=FCH(cùng phụ với góc B)⇒AEF=ACB mà AEF+BEF=2v⇒BEF+BCE=2v⇒đpcm 3/ C/m: AE.AB=AF.AC: Xét hai tam giác vuông AEF và ACB có AEF=ACB(cmt) ⇒∆AEF~∆ACB⇒đpcm 4/ Gọi I và K là tâm đường tròn đường kính BH và CH.Ta phải c/m FE⊥IE và FE⊥KF. -Ta có O là giao điểm hai đường chéo AC và DB của hcnhật AFHE⇒EO=HO; IH=IK cùng bán kính); AO chung⇒ ∆IHO=∆IEO ⇒IHO=IEO mà IHO=1v (gt)⇒ IEO=1v⇒ IE⊥OE tại diểm E nằm trên đường tròn. ⇒đpcm. Chứng minh tương tự ta có FE là tt của đường tròn đường kính HC. 5/ Chứng tỏ:BH.HC=4.OE.OF. Do ∆ABC vuông ở A có AH là đường cao. Ap dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC có:AH 2 =BH.HC. Mà AH=EF và AH=2.OE=2.OF(t/c đường chéo hình chữ nhật)⇒ BH.HC = AH 2 =(2.OE) 2 =4.OE.OF Bài 3: Cho ∆ABC có A=1v.Qua A dựng đường tròn tâm O bán kính R tiếp xúc với BC tại B và dựng (O’;r) tiếp xúc với BC tại C.Gọi M;N là trung điểm AB;AC,OM và ON kéo dài cắt nhau ở K. 1. Chứng minh:OAO’ thẳng hàng 2. CM:AMKN nội tiếp. 3. Cm AK là tiếp tuyến của cả hai đường tròn và K nằm trên BC. 4. Chứng tỏ 4MI 2 =Rr. O’ A O M I N B K C 2 1/C/m AOO’ thẳng hàng: -Vì M là trung điểm dây AB⇒OM⊥AB nên OM là phân giác của góc AOB hay BOM=MOA. Xét hai tam giác BKO và AKO có OA=OB=R; OK chung và BOK=AOK (cmt) ⇒∆KBO=∆KAO ⇒ góc OBK=OAK mà OBK=1v ⇒OAK=1v. Chứng minh tương tự ta có O’AK=1v Nên OAK+O’AK=2v ⇒đpcm. 2/Cm:AMKN nội tiếp:Ta có Vì AMK=1v(do OMA=1v) và ANK=1v ⇒AMK+ANK=2v ⇒đpcm. Cần lưu ý AMKN là hình chữ nhật. 3/C/m AK là tiếp tuyến của (O) và O’) -Theo chứng minh trên thì Góc OAK=1v hay OA⊥AK tại điểm A nằm trên đường tròn (O)⇒đpcm.Chứng minh tương tự ta có AK là tt của (O’) -C/m K nằm trên BC: Theo tính chất của hai tt cắt nhau ta có:BKO=OKA và AKO’=O’KC. Nhưng do AMKN là hình chữ nhật⇒MKN=1v hay OKA+O’KA=1v tức có nghĩa góc BKO+O’KC=1v vậy BKO+OKA+AKO’+O’KC=2v⇒K;B;C thẳng hàng ⇒đpcm 4/ C/m: 4MI 2 =Rr. Vì ∆OKO’ vuông ở K có đường cao KA.Ap dụng hệ thue=ức lượng trong tam giác vuông có AK2=OA.O’A.Vì MN=AK và MI=IN hay MI= 2 1 AK⇒đpcm Bài 4: Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I . Tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK ở P. 1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp 2. Chứng minh AI.BK = AC.CB 3. Chứng minh tam giác APB vuông . 4. Giả sử A, B, I cố định . Hãy xác định vị trí của C sao cho tứ giác ABKI có diện tích lớn nhất . Giải Bài 4: 2. Ta có KC ⊥ CI (gt), CB ⊥ AC (gt) ⇒ · · CKB ICA= (cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc).Xét hai tam giác vuông AIC và BCK ( µ µ 0 90A B= = ) có · · CKB ICA= (cm/t) .Suy ra ∆AIC đồng dạng với ∆BCK. Từ đó suy ra AI BC AI BK BC AC AC BK = ⇒ × = × (đpcm). 3. Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1) · · PBC PKC = (1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung). Lại có · 0 90IAC = (gt) ⇒ A∈ ; 2 IC O    ÷   , mặt khác P ∈ ; 2 IC O    ÷   (cm/t) .Từ đó suy ra tứ giác AIPC nội tiếp ⇒ · · PIC PAC= (2). Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được : · · · · PBC PAC PKC PIC+ = + 3 Gọi O là tâm đường tròn đường kính IC 1. Vì P∈ ; 2 IC O    ÷   · · 0 0 90 90IPC KPC⇒ = ⇒ = . Xét tứ giác PKBC có · 0 90KPC = (chứng minh trên) · 0 90KBC = (gt) . Suy ra · · 0 180KPC KBC+ = . Suy ra tứ giác CPKB nội tiếp được (đpcm) . A B C I P K O .Mặt khác tam giác ICK vuông tại C (gt) suy ra · · 0 90PKC PIC+ = ⇒ · · 0 90PBC PAC+ = , hay tam giác APB vuông tại P.(đpcm) 4. IA // KB (cùng vuông góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vuông. Suy ra ( ) ABKI = 2 AI BK AB s + ⇒ Max S ABKI ⇔ Max ( ) AI BK AB + nhưng A, I, B cố định do đó AI, AB không đổi .Suy ra Max ( ) AI BK AB + ⇔ Max BK . Mặt khác AC CB BK AI × = (theo câu 2) .Nên Max BK ⇔ Max AC.CB . Mà ( ) 2 2 4 4 AC CB AB AC CB + × ≤ = (không đổi) . Dấu “=” xảy ra ⇔ AC = BC ⇔ C là trung điểm của AB . Vậy khi C là trung điểm của AC thì S ABKI là lớn nhất . Bài 5: Cho tam giác ABC vuông ở A và có AB > AC, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. a) Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật. b) Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh AE.AB = AF.AC. d) Gọi O là giao điểm của AH và EF. Chứng minh: p < OA + OB + OC < 2p, trong đó 2p = AB + BC + CA. Giải O F E H C B A a) Ta có: · · 0 CFH BEH 90 = = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => · · · 0 AFH AEH FAE 90 = = = => Tứ giác AEHF là hình chữ nhật. b) Ta có: · · 0 EBH EAH 90 + = mà · · EAH EFH = (tc đường chéo hcn) => · · 0 EBH EFH 90 + = Do đó: · · · · · 0 0 0 EFC EBC CFH EFH FBC 90 90 180 + = + + = + = => BEFC là tứ giác nội tiếp. c) Ta có: · · ABH AHE = (cùng phụ với · EAH ) mà · · AHE AFE = (đường chéo hcn) 4 => · · ABH AFE = hay · · ABC AFE = Xét ∆AEF và ∆ACB ta có: · · 0 EAF CAB 90 = = · · ABC AFE = (cm trên) => ∆AEF đồng dạng ∆ACB => AE AF AE.AB AF.AC AC AB = ⇒ = d) Trong ∆OAB ta có: OA + OB > AB (quan hệ giữa 3 cạnh của tam giác) tương tự: OC + OA > AC OB + OC > BC => 2(OA + OB + OC > AB + AC + BC => AB BC CA OA OB OC 2 + + + + > => OA OB OC p+ + > (1) Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB) OC < AC (do OH < AH) OB < BC => OA + OB + OC < AB + BC + CA => OA + OB + OC < 2p(2) Từ (1) và (2) => p < OA + OB + OC < 2p Bài 6: Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D. a) Chứng minh MA 2 = MC.MD. b) Gọi I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng 5 điểm M, A, O, I , B cùng nằm trên một đường tròn. c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh tứ giác CHOD nội tiếp được đường tròn. Suy ra AB là phân giác của góc CHD. d) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh A, B, K thẳng hàng. Giải: a) Xét hai tam giác MAC và MDA có: – ∠ M chung – ∠ MAC = ∠ MDA (= » đAC 1 s 2 ). Suy ra ∆MAC đồng dạng với ∆MDA (g – g) ⇒ MA MC MD MA = ⇒ MA 2 = MC.MD. b) * MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên ∠MAO = ∠ MBO = 90 0 . * I là trung điểm dây CD nên ∠ MIO = 90 0 . Do đó: ∠ MAO = ∠ MBO = ∠ MIO = 90 0 ⇒ 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO. 5 O M D C A B I H K c)  Ta có MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OB = R (O) . Do đó MO là trung trực của AB ⇒ MO ⊥ AB. Trong ∆MAO vuông tại A có AH là đường cao ⇒ MA 2 = MH.MO. Mà MA 2 = MC.MD (do a)) ⇒ MC.MD = MH.MO ⇒ MH MC MD MO = (1). Xét ∆ MHC và ∆MDO có: ∠M chung, kết hợp với (1) ta suy ra ∆MHC và ∆MDO đồng dạng (c–g –c) ⇒ ∠ MHC = ∠ MDO ⇒ Tứ giác OHCD nội tiếp.  Ta có: + ∆OCD cân tại O ⇒ ∠ OCD = ∠ MDO + ∠ OCD = ∠ OHD (do OHCD nội tiếp) Do đó ∠ MDO = ∠ OHD mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ MHC = ∠ OHD ⇒ 90 0 – ∠ MHC = 90 0 – ∠ OHD ⇒ ∠ CHA = ∠ DHA ⇒ HA là phân giác của ∠ CHD hay AB là phân giác của ∠ CHD. d) Tứ giác OCKD nội tiếp(vì ∠ OCK = ∠ ODK = 90 0 ) ⇒ ∠ OKC = ∠ ODC = ∠ MDO mà ∠ MDO = ∠ MHC (cmt) ⇒ ∠ OKC = ∠ MHC ⇒ OKCH nội tiếp ⇒ ∠ KHO = ∠ KCO = 90 0 . ⇒ KH ⊥ MO tại H mà AB ⊥ MO tại H ⇒ HK trùng AB ⇒ K, A, B thẳng hàng. Bài 7: Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn (O). Kẻ đường kính AD. Gọi M là trung điểm của AC, I là trung điểm của OD. a) Chứng ning OM // DC. b) Chứng minh tam giác ICM cân. c) BM cắt AD tại N. Chứng minh IC 2 = IA.IN Giải: B C D a) MA = MC => OM ⊥ AC Góc ACM = 90 0 => DC ⊥ AC OM không trùng DC => OM // DC. b) Gọi K là trung điểm của MC => IK là đường trung bình của hình thang OMCD => IK // OM => IK ⊥ MC => IMC ∆ cân tại I. c) Ta có: góc IMC = góc ICM, góc ICM = góc IBA => góc IMC = góc IBA 6 O M N K I Suy ra tam giác AMI đồng dạng với tam giác MNI Suy ra MI 2 = IA.IN, mà IC = IM nên IC 2 = IA.IN Bài 8: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy điểm N ( N khác A và B ), trên cạnh AC lấy điểm M sao cho BN = AM. Gọi P là giao điểm của BM và CN. a) Chứng minh AMBBNC ∆=∆ . b) Chứng minh rằng AMPN là tứ giác nội tiếp. c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N di động trên cạnh. Giải . A B C a) Chứng minh ∆ BNC = ∆ AMB.      = =∠=∠ = ABBC AB AMBN 0 60 => ∆ BNC = ∆ AMB. ( c.g.c ). b) Chứng minh tứ giác ANPM nội tiếp.    0 180 =+∠ ∠=∠ ANPBNC AMBBNC )( BNCAMB ∆=∆ => 0 180 =∠+∠ ANPAMB => tứ giác ANPM nội tiếp. c) Quỹ tích điểm P khi N di động trên cạnh AB. Tứ giác ANPM nội tiếp và 0 60 =∠ A => 0 120 =∠ NPM => 0 120 =∠ BPC . BC cố định => Pluôn nhìn bc với góc 120 0 không đổi. Nên khi N di động trên AB thì quỹ tích P là cung chứa góc 120 0 dựng trê đoạn BC. + Giới hạn quỹ tích: Khi N trùng B thì P trùng B Khi N trùng A thì P trùng C. Vậy quỹ tích điểm P là cung BC, nằm trên nửa mặt phẳng chứa điểm a có bờ là cung BC. Bài 9: 7 M N P Cho đường tròn (O,R) và đường thẳng (d) cắt đường tròn tại 2 điểm A, B .Từ điểm M nằm trên đường thẳng (d) và ở ngoài đường tròn (O,R) kể hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn , trong đó P và Q là các tiếp điểm. a) Gọi I là giao điểm của đường thẳng MO với đường tròn(O,R).Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MPQ b) Xác định vị trí điểm M trên đường thẳng (d) để tứ giác MPOQ là hình vuông. c) Chứng minh rằng điểm M di chuyển trên đường thẳng (d) thì đường tròn nội tiếp tam giác MPQ chạy trên một đường thẳng cố định. Giải: P M Q A B O K (D) I a) +)Vì MP và MQ là các tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm M => tia MO là tia phân giác của góc PMQ (1) +) Cũng vì MP và MQ là các tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm M  góc PMO = QMO => cung PI = cung IQ Ta có góc MIP là góc tạo bởi một dây cung và tiếp tuyến => Sđ góc MPI = 2 1 Sđ cung PI Lại có Sđ góc IPQ = 2 1 Sđ cung QI => góc MPI = góc IPQ => PI là tia phân giác của góc MPQ (2) Từ (1) và (2) => I là giao điểm của hai đường phân giác tại đỉnh M và đỉnh P của tam giác MPQ => I là tâm đường trũn nội tiếp tam giỏc MPQ (đpcm) b) * Phân tích: Giả sử M là điểm trên đường thẳng (d) sao cho tứ giác MPOQ là hình vuông => cạnh của hình vuông là R  MO = R 2  M nằm trên đường tròn (O ; R 2 )  M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn (O ; R 2 ) * Cách dựng:  + Dựng đoạn R 2  + Vẽ đường trịn (O, R 2 )  + Lấy giao điểm M của đường thẳng (d) và đường trịn (O, R 2 )  => M là điển phải dựng * Chứng minh: Vì MO = R 2 > R => M nằm ngoài đường tròn (O,R) Nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến MP và MQ đến đường tròn + Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông MPO ta có 8 MP 2 = MO 2 – OP 2 = 2R 2 – R 2 = R 2 => MP = R Tương tự chứng minh được MQ = R => MPOQ là tưa giác có 4 cạnh bằng nhau và có 1 góc vuông => MPOQ là hình vuông * Biện luận: Vì đường thẳng (d) và đường tròn (O, R 2 ) cắt nhau tại 2 điểm => bài toán có hai nghiệm hình c) + Đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ là đường tròn đường kính MO + Từ O kể đường thẳng vuông góc đến đường thẳng (d) tại K => góc MKO = 1v => K nằm trên đường tròn đường kính MO => đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ đi qua 2 điểm cố định O và K => tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ chạy trên đường trung trực ( ∆ ) của đoạn OK. Bài 10: Cho tam giác ABC vuông ở đỉnh A . trên cạnh AB lấy điểm D không trùng với đỉnh A và đỉnh B. Đường tròn đường kính BD cắt cạnh BC tại E. Đường thẳng AE cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là G. Đường thẳng CD cắt đường tròn đường kính BD tại điểm thứ 2 là F . Gọi S là giao điểm của các đường thẳng AC và BF. Chứng minh: a) Đường thẳng AC song song với đường thẳng FG b) SA. SC = SB. SF c) Tia ES là phân giác của góc AEF Giải: Câu a) Chứng minh AC // FG ( 1 đ) Tứ giác ACED có : góc A = góc E = 1v nên nội tiếp được trong một đường tròn => ^ACD = ^ AED hay ^ ACD = ^ DEG (1) Mặt khác 4 điểm D,G, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BD nên tứ giác DGEF nội tiếp được đường tròn => góc DEG = góc DFG (2) Từ (1) và (2) => góc ACD = góc DFG => AC // FG (Vì có 2 góc so le trong bằng nhau) Câu b) Chứng minh SA.SC = SB. SF (1,5đ) Tứ giác ACBF có ∠ A = ∠ F = 1v => tứ giác ACBF nội tiếp đường tròn đường kính BC => ∠ FAC + ∠ FBC = 2v Lại có ∠ FAC + ∠ SAF = 2v S A C E B F G D => ∠ SAF = ∠ FBC hay ∠ SAF = ∠ SBC Xét 2 tam giác SAF và SBC có : ∠ S chung , ∠ SAF = ∠ SBC (cmt) => Hai tam giác SAF và SBC đồng dạng => SC SF SB SA = => SA.SC = SB.SF 9 c) Chứng minh : Tia ES là tia phân giác của góc AEF Ta có góc AED = góc ACF (cmt) (1) Vì tứ giác BEDF nội tiếp được đường tròn => góc DEF = góc DBF (2) Vì tứ giác ACBF nội tiếp được đường tròn => góc ACF = góc ABF (3) Từ (1) , (2) và (3) => góc AED = góc DEF => ED là tia phân giác của góc AEF Mặt khác : CF và BA là các đường cao của tam giác SBC nên D là trực tâm của tam giác này => SD ⊥ BC Mà DE ⊥ BC => 3 điểm S.D,E thẳng hàng => tia ES là phân giác của góc AEF Bài 11: Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Một điểm M chuyển dộng trên đường tròn (O) ( M khác với A và B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường kính AB.Vẽ đường tròn (T) có tâm là M và bán kính MH . Từ A và B lần lượt kể tiếp tuyến AD và BC đến đường tròn (T) (D và C là các tiếp điểm) a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên đường tròn (O) thì AD + BC có giá trị không đổi. b) Chứng minh rằng đường thẳng CD là tiếp tuyến của đường tròn (O) c) Chứng minh rằng với bất kỳ vị trí nào của M trên đường tròn (O) luôn có bất đẳng thức AD.BC ≤ R 2 . Xác định vị trí của M trên đường tròn (O) để đẳng thức xảy ra d) Trên đường trìn (O) lấy điểm N cố định .Gọi I là trung điểm của MN và P là hình chiếu vuông góc của I trên MB . Khi M chuyển động trên đường tròn (O) thì P chạy trên đường nào ? Giải: Câu a) +) Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ đỉnh A => AD = AH (1) 0,25đ +) Vì BH và BC là các tiếp tuyến của đường tròn (M, MH) cùng xuất phát từ đỉnh B => BC = BH (2) 0,25đ +) Từ (1) và(2) => AD + BC = AH + BH = AB = 2R = không đổi A B D C O M H N II K Câu b) a) Trước hết ta chứng minh 3 điểm C, D , M thẳng hàng. Thật vậy: + Vì AD và AH là các tiếp tuyến của đường tròn (M,MH) cùng xuất phát từ A 10 [...]... 4R2 (1) Vy BM BN khụng i B P N A M Q b) Tng t BP BQ = 4R2 (2) T (1) v (2) ta cú BM BN = BP BQ BN BP = nờn BPN ~ BMQ (vỡ chỳng cú gúc MBQ chung) BQ BM => BNP = BMQ Mt khỏc : BNP + PNM = 180 0 => PNM + PMQ = 180 0 => => T giỏc MNPQ ni tip c) Do M A nờn M khỏc N => BM BN => ( BM BN )2 > 0 => BM + BN > 2 BM BN (3) T (1) v (3), ta cú BM + BN > 4R Tng t BP + BQ > 4R => BM +BN + BP + BQ > 8R Bi 16:... BH v BC l cỏc tip tuyn ca ng trũn (M, MH) cựng xut phỏt t B => gúc BMC = gúc BMH (4) T (3) v (4) => gúc AMD + gúc BMC = gúc AMH + gúc BMH = gúc AMB = 900 => (gúc AMD + gúc BMC) + (gúc AMH + gúc BMH) = 180 0 => 3 im C, D, M thng hng v M l trung im ca CD b)Vỡ AD v BC l cỏc tip tuyn ca ng trũn (M,MH) => AD CD v BC CD => ABCD l hỡnh thang vuụng Mt khỏc : O l trung im ca AB v M l trung im ca CD OM l ng . vuông => MPOQ là hình vuông * Biện luận: Vì đường thẳng (d) và đường tròn (O, R 2 ) cắt nhau tại 2 điểm => bài toán có hai nghiệm hình c) + Đường tròn. có:AH 2 =BH.HC. Mà AH=EF và AH=2.OE=2.OF(t/c đường chéo hình chữ nhật)⇒ BH.HC = AH 2 =(2.OE) 2 =4.OE.OF Bài 3: Cho ∆ABC có A=1v.Qua A dựng đường tròn tâm O