HH9 CD1 tứ GIÁC nội TIẾP

Tailieumontoan.com  Sưu tầm CÁC BÀI TOÁN VỀ TỨ GIÁC NỘI TIẾP Sưu Tầm Website: tailieumontoan.com Chủ đề 1: CHỨNG MINH TỨ GIÁC NỘI TIẾP A KIẾN THỨC CƠ BẢN Tứ giác nội tiếp đường tròn tứ giác có bốn đỉnh nằm đường tròn Đường tròn gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác I Phương pháp chứng minh: Chứng minh bốn đỉnh tứ giác cách điểm CÁC VÍ DỤ Mức độ 1: NB = D = 600 , CD = AD Chứng minh bốn điểm Cho hình thang ABCD ( AB / / CD, AB < CD) có C A, B, C , D thuộc đường tròn Hướng dẫn giải  IC = AB Gọi I trung điểm CD , ta có  ⇒ ICBA hình hành ⇒ BC = AI (1)  IC / / AB Tương tự AD = BI (2) = D = 600 nên ABCD hình thang cân(3); mà ABCD hình thang có C Từ (1), (2), (3) ta có hai tam giác ICB; IAD hay IA = IB = IC = ID hay bốn điểm A, B, C , D thuộc đường tròn Cho hình thoi ABCD Gọi O giao điểm hai đường chéo M , N , R S hình chiếu O AB, BC , CD DA Chứng minh bốn điểm M , N , R S thuộc đường tròn Hướng dẫn giải Liên hệ word tốn zalo: 039.373.2038 Trang 01 Website: tailieumontoan.com Do ABCD hình thoi nên O trung điểm AC , BD ; AC , BD phân giác góc A, B, C , D nên ON OP OS hay bốn điểm M , N , R S thuộc ∆MAO = ∆SAO = ∆NCO = ∆PDO ⇒ OM === đường tròn Cho tam giác ABC có đường cao BH CK Chứng minh B, K , H , C nằm đường tròn Xác định tâm đường tròn Hướng dẫn giải Gọi I trung điểm CB , ∆CHB; ∆CKB vuông H , K nên IC = IB = IK = IH hay B, K , H , C nằm đường tròn tâm I Mức độ 2: TH 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: BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải C E F A I O B D  = 900 (gt) Tứ giác BEFI có: BIF   BEF = BEA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF 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 , MI ⊥ AB, MK ⊥ AC ( I ∈ AB, K ∈ AC ) a) Chứng minh: AIMK tứ giác nội tiếp đường tròn Liên hệ word tốn zalo: 039.373.2038 Trang 02 Website: tailieumontoan.com b) Vẽ MP ⊥ BC ( P ∈ BC ) Chứng minh: CPMK tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải A K I B M H C P O  AKM  a) Ta có: = AIM = 900 (gt), suy tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM   b) Tứ giác CPMK có MPC = MKC = 900 (gt) Do CPMK tứ giác nội tiếp 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 BKCE tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải K N M B C I E A D   a)Tứ giác BIEM : IBM = IEM = 900 (gt);hay 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 BE = CE , BEI = CEM ( IEM = BEC = 900 ) ⇒ ∆EBI =∆ECM (g-c-g) ⇒ MC =IB ⇒ MB =IA Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 03 Website: tailieumontoan.com Vì CN / / BA nên theo định lí Thalet, ta có: MA MB IA = Suy IM song song với BN = MN MC IB (định lí Thalet đảo)   = 450 (2) Lại có BCE  = IME ⇒ BKE = 450 (do ABCD hình vng)   Suy BKE = BCE ⇒ BKCE tứ giác nội tiếp Mức độ 3: VDT Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = R 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 ) Chứng minh: AMCO AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải x N C M D E A I H O B   Vì MA, MC tiếp tuyến nên: MAO = MCO = 900 ⇒ AMCO tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO   900 (1) ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ ADM = Lại có: OA = OC = R ; MA = MC (tính chất tiếp tuyến) Suy OM đường trung trực AC  ⇒ AEM = 900 (2) Từ (1) (2) suy AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA 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 bốn điểm C , D, E , F nằm đường tròn Hướng dẫn giải Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 04 Website: tailieumontoan.com F E d N A I M O/ O D K C B     a) ABC ABD góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) (O′) ⇒ ABC = ABD = 900 Suy C , B, D thẳng hàng b) Xét tứ giác CDEF có:   CFD = CFA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))   CED = AED = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O/)   ⇒ CFD = CED = 900 suy CDEF tứ giác nội tiếp 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 E, F Chứng minh đường thẳng AB , CE DF đồng quy điểm I Chứng minh tứ giác BEIF nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải: I E A D O' O B C P H F Q  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: ABC  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên B , C , F thẳng hàng AB , CE DF đường ABF cao tam giác ACF nên chúng đồng quy   Do IEF = IBF = 900 suy BEIF nội tiếp đường tròn Mức độ 4: VDC 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 V vng góc với NM cắt Ax, By thứ tự C D Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 05 Website: tailieumontoan.com a) Chứng minh ACNM BDNM tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ∆ANB đồng dạng với ∆CMD từ suy IMKN tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải y x D N C K I M A O B   a)Ta có tứ giác ACNM có: MNC = 900 (gt) MAC = 900 ( tínhchất tiếp tuyến) ⇒ ACNM tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC Tương tự tứ giác BDNM nội tiếp đường tròn đường kính MD b) ∆ANB ∆CMD có:   ABN = CDM (do tứ giác BDNM nội tiếp)   BAN = DCM (do tứ giác ACNM nội tiếp ) nên ∆ANB  ∆CMD (g.g)    c) ∆ANB  ∆CMD ⇒ CMD = ANB = 90o (do ANB góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) )   Suy IMK = INK = 900 ⇒ IMKN tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IK BÀI TẬP TỰ LUYỆN Mức độ 1: NB Bài Cho tứ giác ABCD Gọi M , N hình chiếu B đường thẳng AC , AD Chứng minh bốn điểm A, B, M , N nằm đường tròn HD: Chứng minh bốn điểm A, B, M , N nằm đường tròn đường kính AB Bài Cho tam giác ABC có hai đường cao BD CE cắt H Chứng minh bốn điểm A, D, H , E nằm đường tròn (gọi tâm O) HD Chứng minh bốn điểm A, D, H , E nằm đường tròn đường kính AB Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O; R ) Các đường cao BE CF cắt H Chứng minh: AEHF BCEF tứ giác nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải:   Tứ giác AEHF có: AEH = AFH = 900 (gt) Suy AEHF tứ giác nội tiếp   - Tứ giác BCEF có: BEC = BFC = 900 (gt) Suy BCEF tứ giác nội tiếp II Phương pháp chứng minh “Chứng minh tứ giác có hai góc đối diện bù ( tổng hai góc đối diện 1800 ) CÁC VÍ DỤ Liên hệ word tốn zalo: 039.373.2038 Trang 06 Website: tailieumontoan.com Mức độ 1: NB Hình chữ nhật; Hình thang cân; Hình bình hành Hình nội tiếp đường tròn? Chứng minh Hướng dẫn giải Ta có hình chữ nhật hình thang cân có tổng hai góc đối diện bù nên chúng nội tiếp đường tròn Cho tứ giác ABCD cho: AD cắt BC M MA.MD = MB.MC Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp Hướng dẫn giải Xét hai tam giác MAB , MCD Có   AMB = CMD MA.MD = MB.MC ⇒ MA MC = MB MD ∆MAB  ∆MCD hay hay  = MAB  ⇒ DAB  + BCD  = 180o hay tứ giác ABCD nội tiếp MCD 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 Chứng minh tứ giác OBME nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải B Ta có E trung điểm AC ⇒ OE ⊥ AC O I A = Mà Bx     90o nên tứ giác OBME nội tiếp ⊥ AB ⇒ ABx E C Mức độ 2: TH M x 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: BEFI tứ giác nội tiếp đường tròn Hướng dẫn giải C E F A I O B D  = 900 (gt) BEF   Tứ giác BEFI có: BIF = BEA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 07 Website: tailieumontoan.com Cho đường tròn tâm O đường kính AB , điểm M nửa đường tròn ( M khác A , B ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I ; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường tròn E ; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H , cắt AM K Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải X I F M H E K 2 A B O = Ta có:  AMB = 90o ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ⇒ KMF 90o (vì hai góc kề bù)  = AEB = 90o ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ⇒ KEF 90o (vì hai góc kề bù)  + KMF = ⇒ KEF 180o EFMK tứ giác nội tiếp Cho đường tròn tâm O đường kính AB , Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đường tròn Các tia AC AD cắt Bx E , F ( F B E )  Chứng minh:  ABD = DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp X E C D A O F B Hướng dẫn giải: = 1) ∆ADB có  ABD + BAD 90o (vì tổng ba góc ADB = 90o ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ⇒  tam giác 180o )(1) = ABF = 90o ( BF tiếp tuyến ) ⇒  AFB + BAF 90o (vì tổng ba góc tam giác ∆ABF có  180o ) (2)  Từ (1) (2) ⇒  ABD = DFB 2) Tứ giác ACDB nội tiếp ( O ) ⇒  ABD +  ACD = 180o  + =  ⇒ ECD ACD = 180o ∠ ( Vì hai góc kề bù) ⇒ ECD DBA  Mà EFD  =  , ECD  = DBA  ⇒ ECD  =  + DFB Theo  DFB 180o ( Vì hai góc kề bù) ABD = DFB  + nên ⇒ ECD AEFD = 180o , tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp Mức độ 3: VDT Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 08 Website: tailieumontoan.com 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 Hướng dẫn giải A C E D O B F a) Tứ giác ACBD có hai đường chéo AB CD cắt trung điểm đường, suy ACBD hình chữ nhật   b) Tứ giác ACBD hình chữ nhật suy CAD = BCE = 900 (1)     Lại có CBE = sđ BC (góc tạo tiếp tuyến dây cung); ACD = sđ AD (góc nội tiếp), mà 2    = AD  (do BC = AD ) ⇒ CBE 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 Cho nửa đường tròn đường kính BC = R Từ điểm A nửa đường tròn vẽ AH ⊥ BC Nửa đường tròn đường kính BH , CH có tâm O1 ; O2 cắt AB CA 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 Hướng dẫn giải  = 90o (vì góc nội tiếpchắn nửa đường tròn) a) Ta có BAC   Tương tự có BDH = CEH = 90o    ADH Xét tứ giác ADHE có = A = AEH = 90o hay ADHE hình chữ nhật Từ DE = AH mà AH =BH CH (Hệ thức lượng tam giác vuông) hay AH = 10.40= 202 ( BH = 10; CH = 2.25 − 10= 40 ) ⇒ DE= 20 A E D B O1 H O O2  (góc có cạnh tương ứng vng góc) mà DAH = C  = ADE  (1) b) Ta có: BAH  = ADE  C  + BDE = (Vì ADHE hình chữ nhật) => C 180o nên tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn Cho đường tròn ( O, R ) đường kính AB Các tia AC , AD cắt Bx E F ( F nằm B E ) Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 09 C Website: tailieumontoan.com c) Chứng minh AK AC  BK BI  AB  d) Nếu sin BAC Gọi H giao điểm EK AB Chứng minh KH KH  2HE   2HE KE Câu 20 Cho đường tròn O  đường kính AB  2A , điểm C thuộc đường tròn C  A,C  B  Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đường tròn O  Gọi M điểm cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax Q , tia AM cắt BC N a) Chứng minh tam giác BAN MCN cân b) Khi MB  MQ , tính BC theo R Câu 21 Cho đường tròn O; R  đường kính AC Trên đoạn thẳng OC lấy điểm B vẽ đường tròn O ' có đường kính BC Gọi M trung điểm AB , qua M kẻ dây cung vng góc với AB cắt đường tròn O  D E Nối CD cắt đường tròn O ' I a) Tứ giác DAEB hình có đặc tính gì? Vì sao? b) Chứng minh MD  MI MI tiếp tuyến đường tròn O ' c) Gọi H hình chiếu vng góc I BC Chứng minh CH MB  BH MC Câu 22 Cho tam giác ABC đều, dựng nửa đường tròn tâm D đường kính BC tiếp xúc với AB, AC K , L Lấy điểm P thuộc cung nhỏ KL , dựng tiếp tuyến với nửa đường tròn P cắt cạnh AB, AC M , N BC a) Chứng minh BMD  CDN suy BM CN  S MN b) Chứng minh MDN  S ABC 2BC c) Gọi E , F nằm cạnh AB, AC cho chu vi AEF nửa chu vi   600 ABC Chứng minh EDF Câu 23 Cho tam giác ABC có AC  2AB nội tiếp đường tròn O; R  Các tiếp tuyến đường tròn O  A,C cắt M BM cắt đường tròn O  D Chứng minh rằng: a) MA AD  MB AB c) AB.CD  AD.BC  AC BD b) AD.BC  AB.CD d) CBD cân Câu 24 Trên nửa đường tròn tâm O; R  , đường kính AB lấy hai điểm M , E theo thứ tự A, M , E , B Hai đường thẳng AM BE cắt C , AE BM cắt D a) Chứng minh tứ giác MCED nội tiếp CD vng góc với AB Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 021 Website: tailieumontoan.com b) Gọi H giao điểm CD AB Chứng minh BE BC  BH BA c) Chứng minh tiếp tuyến M E đường tròn O  cắt điểm I thuộc CD   450 , BAE   300 Tính diện tích tam giác ABC theo R d) Cho BAM Câu 25 Cho tam giác ABC đều, gọi O trung điểm cạnh BC Các điểm D, E di  600 động cạnh AB, AC cho DOE a) Chứng minh BD.CE không đổi,  b) Chứng minh tia DO tia phân giác BDE c) Dựng đường tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đường tròn ln tiếp xúc với DE AC d) Gọi P,Q tiếp điểm O  với AB, AC I N giao điểm PQ với OD OE Chứng minh DE  2IN Câu 26 Cho đường tròn O; R  điểm A bên ngồi đường tròn Vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn O  ( B,C tiếp điểm) Gọi M trung điểm AB a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp xác định tâm I đường tròn b) Chứng minh AM AO  AB.AI c) Gọi G trọng tâm tam giác ACM Chứng minh MG / /BC d) Chứng minh IG vng góc với CM Câu 27 Cho đường tròn O; R  nội tiếp ABC , tiếp xúc với cạnh AB, AC D E a) Gọi O ' tâm đường tròn nội tiếp ADE , tính OO ' theo R  C  cắt đường thẳng DE M N Chứng b) Các đường phân giác B minh tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn c) Chứng minh MN DM EN   BC AC AB B.HƯỚNG DẪN GIẢI Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 022 Website: tailieumontoan.com A B C M O D Câu Giải: Gọi O trung điểm BC   600 tam giác OCD nên OCD  AB / /CD Để chứng minh: BM  2MC Ta cần chứng minh AB  2CD Xét tam giác vng BDC ta có: CD  BC sin 300  BC suy BC  AB  2CD Câu Giải: D Ta gọi giao điểm AM cung BC M B C   MAC   BD   DC  D Ta có BAM  OD  BC  O ' M / /OD A O O' '  ADO   AMO '  ADO  ta Để chứng minh: AMO dựa vào tam giác cân O ' AM OAD Câu Giải: A Vẽ đường kính AD đường   900 tròn O  , suy ACD (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét HBA CDA có: O B C H D Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 023 Website: tailieumontoan.com   ACD   900 ; HBA   CDA  (góc nội tiếp chắn  ), AHB AC  HBA  CDA   Do AH AB   AB.AC  AD.AH Mà AD  2R Do AB.AC  2R.AH AC AD A Câu Giải: D Vẽ đường kính BD đường tròn O; R O   900 (góc nội tiếp  BCD B C chắn nửa đường tròn)   900 nên BC  BD sin BDC  Ta lại có BD  2R; BDC   BAC  (góc nội tiếp BCD có C   ) nên BC  2R sin BAC chắn BC Từ toán ta cần ghi nhớ kết quan trọng: Trong tam giác ABC ta có: a b c    2R sin A sin B sin C Câu Giải: E D A , Ta có: AB tia phân giác CAF H K F C Vẽ BH  CD, BK  EF O' O Thì suy BH  BK B Ta có: CBD$ EBF suy CD BH    CD  EF Đó điều phải chứng minh EF BK N Câu Giải: Dựng đường kính HN đường tròn C  cắt đường tròn O  K D C ta có M CN  CH  HK MC MK  MH MN  MD.ME   MC MK  HC  MC  HC  MC  E A O H B K  MC MK  HC  MC  MC (MC  MK )  HC Hay  MC (MC  MK )  HC  MC 2HC  HC  HC  2MC điều phải chứng minh Câu Giải: Dựng đường kính AE đường Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 024 Website: tailieumontoan.com   ABD  tròn O; R  Ta có AEC (cùng chắn cung AC ) A suy DBA  CEA , từ suy   OAC  BAD Câu O   BDC  (cùng chắn cung ) Ta có: BEC B   BDC  (so le trong) BC ABD C D E E   ABD  suy BEC B A Vì tia BD tia tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE x Câu Giải: D + Vẽ đường tròn đường kính AB MBD vng M có MB  MD D C x N C (gt) nên tam giác vng cân M A   450 Từ ta có  ACM B   ACM   450 (hai góc nội ANM E ) tiếp chắn AM y   MNB   900 ;   ANM ANB N thuộc đường tròn đường kính AB  ( khác ) Ta có + Gọi E giao điểm MN AB E N   MNB   450  AE   E cố định Vậy   EB ANM MN qua điểm cố định E Câu 10 Giải: A Dựng đường kính AH O  Ta chứng minh H trực tâm   900 BDC Thật ta có: ACH  CH  AC  CH  BD Tương tự ta có: O B C H BH  AB  BH  CD Như H trực tâm BDC Suy trực tâm H điểm cố định D Câu 11 Giải: AB cắt O  B F Vì AEH $ ADO Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 025 Website: tailieumontoan.com suy AE AD  AH AO  AM A Để chứng minh E trực tâm tam giác ABC , ta cần chứng F  minh AFE  900 , nghĩa cần có AF AB  AE AD Nhưng ta có: AF AB  AM (Tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) N E M H B D C O dùng tam giác đồng dạng A Câu 12 Giải: Gọi D, E giao điểm đường tròn O  với cạnh AC , AB D E H N H M giao điểm BD,CE   AMN , Chứng minh AMH B K C O từ có M , H , N thẳng hàng Câu 13 Giải: Hai tam giác cân ABC , DAB A , có chung góc đáy ABC O   ADC  Suy BA tiếp BAC M tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD B C Câu 14 Giải: D A Vẽ tiếp tuyến Ax đường tròn O  D  ACB  góc tạo xAB tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AB O  nên x O B C I   ACB  xAB  ACB  góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung ABD   ACB  BD I  nên ABD   ABD   Ax / /BD Mà OA  Ax ,OA  BD suy OA  BD Do xAB Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 026 Website: tailieumontoan.com Câu 15 Giải: Giả sử CA cắt O  F EF B   BE  đường kính A; AB  , ta có BF D   BFD , (vì BA  EF ) Ta có: BED F O C E A   BCE   sđ BF   DE    BCF          sđ BE  DE   sđBD  BFD   2   ECB  Từ suy BED  chung, BED   ECB  Xét tam giác BCE , BED có B  BCE $ BED  BC BE   DB.CB  EB BE BD Câu 16 Giải:   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn a) Ta có OA  OC  a  OAC cân O Mà ADO    O ' )  OD  AC  OD đường phân giác AOC , nghĩa AOD  DOM    (hai góc tâm   DM  AD N C nên cung chắn nhau) M E D  AD  DM  ADM cân D H A b) AOE COE có OE (chung); O' B O K   ECO   900 hay   COE  (cmt); OA  OC  a , AOE  COE (c.g.c)  EAO AOE EA  AB A , OA  a bán kính O   EA tiếp tuyến O  O ' Câu 17 Giải: C M P A I D O H B K N Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 027 Website: tailieumontoan.com a) Do BD, BH hai tiếp tuyến cắt đường tròn M   HBD   Lý luận tương  B1  B2    A   BAC  A tự AM tia phân giác BAC 2   900  B   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  A b) AMB 1   BM tia phân giác ABD   BAC  HBD   1800 Vậy   BAC   900  HBD 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)  OM  CD M , CM bán kính M   CD tiếp tuyến đường tròn O  M c) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt đường tròn, có: AC  AH   AC  BD  AH  BH  AB  2R const  Áp dụng hệ thức lượng tam  BD  BH  CD 2 giác vuông: AC BD  AH BH  MH  (do CHD vng có HM trung tuyến ứng với cạnh huyền) d) Ta có IP / /AM (vì vng góc với MB ).Kéo dài IP cắt AN K ; AMN có IK đường trung bình  K trung điểm AN Mà A, N cố định nên K cố định Điểm P ln nhìn hai điểm K , B cố định góc vng nên P chuyển động đường tròn đường kính KB Câu 18 Giải: E   900 (góc nội tiếp a) Ta có AIB chắn nủa đường tròn)  BI  AE C F Tương tự AC  BE  AEB có K hai đường cao AC , BI cắt A K  K trực tâm AEB H O B  EK  AB (tính chất ba đường cao)   IC   IBA   IBC  (hai góc nội tiếp chắn hai cung   IA b) Do I điểm AC   IBA    IBC  (hai góc nội tiếp chắn IC  )  IAC nhau) Mà IAC FAK có AI đường cao AI  BI  đồng thời đường trung tuyến ( F K đối xứng qua I) Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 028 Website: tailieumontoan.com   IAK  Ta có  FAK cân A  FAI   FAI   IAB   IAK   IAB   IBA   IAB   900  AF  AB A  AF tiếp tuyến FAB   KH mà O  c) sin KAH AK  sin BAC KH   AK  AK  3 HK ABE có BI vừa đường cao vừa đường phân giác  ABE cân B nên BI đường trung trực  KA  KE K  BI     EH  EK  KH    1 KH Ta có          KH KH  2HE   KH KH    1 KH    KH          1 HK HK  Và 2HE KE    2      HK Suy KH KH  2HE   2HE KE Q N Câu 19 Giải: C  a) Do M điểm AC M   ABM    NBM   MC  MA (hai góc nội tiếp chắn hai cung B A O nhau)  BM đường phân  ABM giác ABN [  Mặt BMA  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BAN có BM vừa đường cao vừa đường phân giác  BAN cân B   BNA  Ta lại có   (vì bù  ) Do    CMN  BAN BAN  MCN BCM BNA  MCN cân M   MQB  MCB   MNQ  (vì bù với hai b) Do MB  MQ (gt)  BMQ cân M  MBQ góc nhau)  BCM  QNM (g.g)  BC CM   (do CMN cân M nên QN MN   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét CM  MN )  QN  BC BCA BAQ vuông A , AC  BQ có: AB  BC BQ  BC BN  NQ   BC AB  BC  (1) Đặt BC  x , x  , biết AB  2R , từ (1) cho 4R  x 2R  x   x  2Rx  4R   '  R  4R  5R   '  R , x  R  R x  R  R  (loại) Vậy BC  Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038   1 R Trang 029 Website: tailieumontoan.com Câu 20 Giải: a) Đường kính AC vng góc với dây DE M  MD  ME Tứ giác ADBE có MD  ME , MA  MB (gt), AB  DE  ADBE hình thoi (hình bình hành có hai đường chéo vng góc nhau)   900 (góc nội tiếp chắn nủa đường tròn b) Ta có BIC O ' )   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ADC O  )  BI  CD AD  DC nên AD / /BI , mà BE / /AD  E , B, I thẳng hàng (tiên đề Ơclit) DIE có IM đường trung tuyến ứng với   cạnh huyền  MI  MD Do MI  MD (cmt)  MDI cân M  MID  MDI   + O ' I  O 'C  R  O ' IC cân O '  O ' IC  O 'CI Suy   O   O MID ' IC  MDI 'CI  900 ( MCD vuông M ) Vậy MI  O ' I I , O ' I  R ' bán kính đường tròn O '  MI tiếp tuyến đường tròn O '   BIM  (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn BI  ) BCI   BIH  (cùng c) BCI   BIH   IB phân giác   )  BIM phụ HIC MIH MIH Ta lại có BI  CI  IC phân giác đỉnh I MIH Áp dụng tính chất phân giác MIH có: BH IH CH    CH MB  BH MC MB MI CM A Câu 21 Giải:   KAL   1800 Xét tứ giác AKDL có KDL   1800  600  1200  L   900 )  KDL (vì K Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt M P N L K B C  PDL  D ta có DM , DN tia phân giác KDP      KDP  PDL  KDL  120  600 Ta có:  MDN 2      B   BMD   600  NDC  (góc MDC  MDN  NDC  600  NDC ; MDC BMD )   BMD  , mà    NDC MBD  DCN  600 ( ABC đều)  BMD  CDN (g.g)  BM BD BC   BM CN  BD.CD  CD CN Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 030 Website: tailieumontoan.com b) Ta có S MDN S ABC MN PD MN PD MN KD MN     BC AD BC AD 2BC AD.BC  Vì D  MD tia phân giác BMN  DK  DP , AKD có   300  KD  AD  KD    900 , KAD K AD 2 c) Dựng đường tròn bàng tiếp góc A có tâm O AEF Do AD đường trung tuyến  Suy O  AC Gọi P ', K ', L ' ABC nên AD tia phân giác BAC tiếp điểm O  với EF , AB, AC Ta có AK '  AL '; P ' E  EK '; P ' F  FL ' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  PAEF  AE  EF  FA  AE  EP ' P ' F  FA  AE  EK ' FL ' FA  AK ' AL '  2AK ' Mà PAEF  PABC (gt) 3 AB (vì AK ' K ' B  AB )  2AK '  PABC  AB ( ABC đều)  AK '  AB  BK '  4 2  BD  BC AB 2    Mặt khác BD   ( D trung điểm BC ); AB  BC  BK '.AB  4     ( ABC đều)  BK '.AB  BD  BKD '  BDA (c.g.c)  BK ' D  BDA  900 Ta lại có    ' B  900  O  D (vì O, D  AD ) Mà K OK ' AL '  K ' DL '  1800 (vì AK ' DL ' tứ giác nội    tiếp) mà K ' AL '  600  K ' DL '  1200  EDF  600 (tia phân giác hai góc kề) Câu 22 Giải: M  chung; a) Xét MAD MBA có AMB D )   MBA  (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn AD MAD A E  MAD$ MBA (g.g) B C O MA AD MD    MB AB MA b) Ta có MA  MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt đường tròn)  MD MD MD CD Lập luận tương tự, ta có Suy   MA MC MC BC AD CD   AD.BC  AB.CD AB BC   ADB  c) Dựng điểm E  AC cho EDC Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 031 Website: tailieumontoan.com   EDC   ECD  (cách dựng), ABD  (hai góc nội tiếp chắn DAB DEC có ADB  )  DAB$ DEC (g.g)  AB  BD  AB.DC  EC BD (1) Do AD EC DC   ADB   BDC   ADE  , nên EDC DAE $ DBC (g.g)  AD.BC  BD.AE (2) Từ (1) (2) ta có AB.CD  AD.BC  BD AE  EC   BD.AC AD.BC  AB.CD c) Ta có   2AB.CD  AC BD AD.BC  AB.CD  AC BD  Mà AC  2AB (gt)  2AB.CD  2AB.BD  CD  BD Suy tam giác BCD cân D Câu 23 Giải: C a) Áp dụng tính chất góc nội tiếp E I chắn nửa đường tròn ta có: M D   900 ,   AMB AEB   AEC   900 BMC A H B O   BMC   1800  Tứ giác  AEC MCED nội tiếp đường tròn ABC có hai đường cao BM , AE cắt D  D trực tâm ABC  CD  AB  b) cos ABC BE BH   BE BC  BH AB AB BC c) + Gọi I giao điểm tiếp tuyến M đường tròn O  với CD Trong đường tròn   MAB  O  có IMD  ), (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn MB   IMD cân I  IM  ID   MDI   MDI  (cùng phụ với ACH  )  IMD MAB   ICM  (cùng phụ với hai góc nhau)  MIC cân I  IM  IC Ta lại có IMC Vậy IM  ID  IC  I trung điểm CD + CED có EI trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IE  IC  ID  IM , CED IED có IM  IE (cmt), OI chung, OM  OE  R  IMO  IEO   IMO   900  IE  OE ,OE  R nên IE tiếp tuyến đường tròn O (c.c.c)  IEO   E Nghĩa tiếp tuyến M , E đường tròn O  cắt điểm I thuộc CD   900 , CAH   450  AHC vuông cân H  CH  AH  x d) AHC có H   300  EBA   600 ; cot EBA   HB  cot 600   HB  HC  x EAB 3 HC Ta có AB  AH  HB  2R  x  Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 x  6R 3    R 3 Trang 032 Website: tailieumontoan.com Vậy S ABC    AB.CH  2R.R  R (đvdt) 2 Câu 24 Giải:     0 BDO  BOD  180  B  120 ,   COE a) Ta có     BDO  0 BOD  COE  180  DOE  120   B   600 mà DOE A  BDO  COE (g.g)  BD OB  OC CE E BC (không đổi)  BD.CE  OB.OC  D P b) BDO  COE  I Q N B C D OD BD BD mặt khác   OE OC OB   ODE  , mà tia   DOE   600  BDO  ODE (c.g.c)  BDO DBO DO nằm hai tia  DB, DE  DO tia phân giác BDE  , mà DO c) ABC nên đường trung tuyến AO đường phân giác BAC phân giác ngồi đỉnh D  O tâm đường tròn bàng tiếp góc A ADE  ĐƯờng tròn O  tiếp xúc DE , AC d) AP  AQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), AB  AC AP AQ   ACB   600 , mà    IOE   600 ;O,Q   PQ / /BC  IQA DOE  600  IQE AB AC hai đỉnh liên tiếp tứ giác IOQE  Tứ giác IOQE nội tiếp (cùng thuộc cung chứa góc)   900 Vậy tứ giác DINE ( DIE  DNE    900 Lý luận tương tự DNE   EQO Suy EIO    nhìn DE góc vng)  ONI  ODE Vậy ONI  ODE (g.g) IN ON    cos 600   DE  2NI DE OD Câu 25 Giải: B a) Do AB, AC hai tiếp tuyến cắt đường tròn O  M E O G' I H   ACO   900  B,C nên ABO A G K C Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 033 Website: tailieumontoan.com thuộc đường tròn đường kính OA có tâm I trung điểm OA AB b) Ta có AM AO  2AI  AB.AI c) Gọi E trung điểm MA , G trọng tâm CMA nên G  CE GE  Mặt khác CE MA MB ME BE GE ME (vì ME  nên ME  ) , theo định lý Ta-lét đảo    CE BE 2 BE  MG / /BC d) Gọi G ' giao điểm OA CM  G ' trọng tâm ABC Nên G 'M GE , theo   CM CE ' định lý Ta-lét đảo GG '/ /ME (1) MI đường trung bình OAB  MI / /OB , mà AB  OB (cmt)  MI  AB , nghĩa MI  ME (2) Từ (1) (2) cho MI  GG ' , ta lại có GI '  MK (vì OA  MK ) nên I trực tâm MGG '  GI  G ' M tức GI  CM Câu 26 Giải: A a) Gọi O ' giao điểm AO O' với cung nhỏ DE đường tròn N O   O ' thuộc đường phân giác  ADE Ta có A E D M O B C '  O    EOA  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  DO 'E DOA   '  sđ DO '; EDO '  sđO    O ' tâm Mà ADO ' E  ADO '  EDO '  DO ' phân giác D 2 đường tròn nội tiếp ADE Do OO '  R b) Do AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  ADE cân A nên    ABC 1800  BAC BAC      (do Mà ADE  ABM  NMB   NMB ADE   90  BO 2        ADE   B  900  BAC  ABC  ACB Mặt   ABC )  NMB  nên ABM phân giác ABC 2 2    ACB (do  ) Suy NMB   NCB  , mà khác NCB CO tia phân giác ACB M ,C hai đỉnh liên tiếp tứ giác BCMN  Tứ giác BCMN nội tiếp (vì thuộc cung chứa góc)   BOC  (đối đỉnh); NMO   BCO  (cmt)  NMO $ BCO c) NMO BCO có NOM OM ON MN DM OM (g.g)  Tương tự DMO $ ACO (g.g)  ; NEO $ BAO    OC OB BC AC OC (g.g) -//// Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 034 Website: tailieumontoan.com Liên hệ word toán zalo: 039.373.2038 Trang 035 ... TỨ GIÁC NỘI TIẾP A KIẾN THỨC CƠ BẢN Tứ giác nội tiếp đường tròn tứ giác có bốn đỉnh nằm đường tròn Đường tròn gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác I Phương pháp chứng minh: Chứng minh bốn đỉnh tứ. .. Chứng BKCE tứ giác nội tiếp Hướng dẫn giải K N M B C I E A D   a )Tứ giác BIEM : IBM = IEM = 900 (gt);hay tứ giác BIEM nội tiếp đường tròn đường kính IM   b) Tứ giác BIEM nội tiếp suy ra:... tròn); H  = 90o (giả thiết) 1) Tứ giác ABEH có: B nên tứ giác ABEH nội tiếp =H  = 90o , nên nội tiếp Tương tự, tứ giác DCEH có C   ) 2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH , ta có: EBH = EAH (cùng