tuyen tap 80 bai toan hinh hoc lop 9

TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N,P Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: ∠CEH = 900 (Vì BE đường cao) ∠CDH = 900 (Vì AD đường cao) => ∠CEH + ∠CDH = 1800 Mà ∠CEH ∠CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE ⊥ AC => ∠BEC = 900 CF đường cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 900 Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường tròn đường kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có: ∠AEH = ∠ADC = 900 ; ∠A góc chung AE AH = => ∆ AEH ∼ ∆ADC => => AE.AC = AH.AD AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta có: ∠BEC = ∠ADC = 900 ; ∠C góc chung BE BC = => ∆ BEC ∼ ∆ADC => => AD.BC = BE.AC AD AC Ta có ∠C1 = ∠A1 (vì phụ với góc ABC) ∠C2 = ∠A1 (vì hai góc nội tiếp chắn cung BM) => ∠C1 = ∠C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB ⊥ HM => ∆ CHM cân C => CB đương trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường trịn => ∠C1 = ∠E1 (vì hai góc nội tiếp chắn cung BF) Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp  ∠C1 = ∠E2 (vì hai góc nội tiếp chắn cung HD)  ∠E1 = ∠E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED = BC Chứng minh DE tiếp tuyến đường trịn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có: ∠CEH = 900 (Vì BE đường cao) TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ∠CDH = 90 (Vì AD đường cao) => ∠CEH + ∠CDH = 1800 Mà ∠CEH ∠CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE ⊥ AC => ∠BEA = 900 AD đường cao => AD ⊥ BC => ∠BDA = 900 Như E D nhìn AB góc 900 => E D nằm đường trịn đường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đường cao nên đường trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có ∠BEC = 900 Vậy tam giác BEC vng E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => ∠E1 = ∠A1 (1) Theo DE = BC => tam giác DBE cân D => ∠E3 = ∠B1 (2) Mà ∠B1 = ∠A1 ( phụ với góc ACB) => ∠E1 = ∠E3 => ∠E1 + ∠E2 = ∠E2 + ∠E3 Mà ∠E1 + ∠E2 = ∠BEA = 900 => ∠E2 + ∠E3 = 900 = ∠OED => DE ⊥ OE E Vậy DE tiếp tuyến đường tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài 3: Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By C D Các đường thẳng AD BC cắt N 1.Chứng minh AC + BD = CD Lời giải: 2.Chứng minh ∠COD = 900 AB 3.Chứng minh AC BD = 4.Chứng minh OC // BM 5.Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD 5.Chứng minh MN ⊥ AB 6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ 1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD 2.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà ∠AOM ∠BOM hai góc kề bù => ∠COD = 900 3.Theo ∠COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM ⊥ CD ( OM tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM, AB Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = 4 Theo ∠COD = 900 nên OC ⊥ OD (1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM ⊥ OD (2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD) 5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ⇒ IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB O => AB tiếp tuyến O đường trịn đường kính CD CN AC CN CM = = Theo AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy BN BD BN DM => MN // BD mà BD ⊥ AB => MN ⊥ AB ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn Chứng minh AC tiếp tuyến đường trịn (O) Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD) Vì I tâm đường trịn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B Do BI ⊥ BK hay∠IBK = 900 Tương tự ta có ∠ICK = 900 B C nằm đường trịn đường kính IK B, C, I, K nằm đường tròn Ta có ∠C1 = ∠C2 (1) ( CI phân giác góc ACH ∠C2 + ∠I1 = 900 (2) ( ∠IHC = 900 ) hoctoancapba.com ∠I1 = ∠ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => ∠C1 + ∠ICO = 900 hay AC ⊥ OC Vậy AC tiếp tuyến đường tròn (O) Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20 − 12 = 16 ( cm) CH 12 = (cm) = AH 16 OH + HC = + 12 = 225 = 15 (cm) CH2 = AH.OH => OH = OC = Bài 5: Cho đường tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC ⊥ MB, BD ⊥ MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chứng minh OAHB hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Lời giải: (HS tự làm) Vì K trung điểm NP nên OK ⊥ NP ( quan hệ đường kính Và dây cung) => ∠OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường trịn đường kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường trịn Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM ⊥ AB I Theo tính chất tiếp tuyến ta có ∠OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đường cao TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2 Ta có OB ⊥ MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA ⊥ MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD ⊥ MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH ⊥ AB; theo OM ⊥ AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vng góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường trịn tâm A bán kính AH = R Bài hoctoancapba.com Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm A bán kính AH Gọi HD đường kính đường trịn (A; AH) Tiếp tuyến đường tròn D cắt CA E 1.Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH 3.Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH) 4.Chứng minh BE = BH + DE Lời giải: (HD) ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB ⊥CE (gt), AB vừa đường cao vừa đường trung tuyến ∆BEC => BEC tam giác cân => ∠B1 = ∠B2 Hai tam giác vng ABI ABH có cạnh huyền AB chung, ∠B1 = ∠B2 => ∆ AHB = ∆AIB => AI = AH AI = AH BE ⊥ AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M Từ (1) (2) => é ABM = é Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp AOP (3) đường tròn Chứng minh BM // OP Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Lời giải: (HS tự làm) 2.Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM góc tâm ∠AOM chắn cung AM => é ABM = (1) OP tia phân giác é AOM ( ∠AOM t/c hai tiếp tuyến cắt ) => é AOP = (2) Mà ∠ABM ∠AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 3.Xét hai tam giác AOP OBN ta có : ∠PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); ∠NOB = 900 (gt NO⊥AB) => ∠PAO = ∠NOB = 900; OA = OB = R; ∠AOP = ∠OBN (theo (3)) => ∆AOP = ∆OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hành => PN // OB hay PJ // AB, mà ON ⊥ AB => ON ⊥ PJ Ta có PM ⊥ OJ ( PM tiếp tuyến ), mà ON PM cắt I nên I trực tâm tam giác POJ (6) Dễ thấy tứ giác AONP hình chữ nhật có ∠PAO = ∠AON = ∠ONP = 900 => K trung điểm PO (t/c đường chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => éAPO = é NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác ∠APM => ∠APO = ∠MPO (8) TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Từ (7) (8) => ∆IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đường cao => IK ⊥ PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn (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 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB 3) Chứng minh BAF tam giác cân 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn Lời giải: Ta có : ∠AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ∠KMF = 900 (vì hai góc kề bù) ∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ∠KEF = 900 (vì hai góc kề bù) => ∠KMF + ∠KEF = 1800 Mà ∠KMF ∠KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp Ta có ∠IAB = 900 (vì AI tiếp tuyến) => ∆AIB vng A có AM ⊥ IB ( theo trên) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => ∠IAE = ∠MAE => AE = ME (lí ……) => ∠ABE =∠MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có éAEB = 900 => BE ⊥ AF hay BE đường cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm AF (3) Từ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác éHAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm HK (6) Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB Thật vậy: M trung điểm cung AB => ∠ABM = ∠MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vng A có ∠ABI = 450 => éAIB = 450 (8) Từ (7) (8) => ∠IAK = ∠AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Bài Cho nửa đường trịn (O; R) 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 AC AE không đổi Chứng minh ∠ABD = ∠DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp => BC ⊥ AE ∠ABE = 900 (Bx tiếp tuyến) => tam giác ABE vuông B có BC đường cao => AC AE Lời giải: = AB2 (hệ thức cạnh 1.C thuộc nửa đường tròn nên ∠ACB = 90 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) đường cao), mà AB đường TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi 2.∆ ADB có ∠ADB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => ∠ABD + ∠BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (1) ∆ ABF có ∠ABF = 900 ( BF tiếp tuyến ) => ∠AFB + ∠BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2) Từ (1) (2) => ∠ABD = ∠DFB ( phụ với ∠BAD) 3.Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 1800 ∠ECD + ∠ACD = 1800 (Vì hai góc kề bù) => ∠ECD = ∠ABD ( bù với ∠ACD) Theo ∠ABD = ∠DFB => ∠ECD = ∠DFB Mà ∠EFD + ∠DFB = 1800 (Vì hai góc kề bù) nên suy ∠ECD + ∠EFD = 1800, mặt khác ∠ECD ∠EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp Bài 10 Cho đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đường vng góc từ S đến AB 1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh ∆ PS’M cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đường tròn Lời giải: Ta có SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠AMS = 900 Như P M nhìn AS góc 900 nên nằm đường trịn đường kính AS Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đường trịn Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đường tròn nên M’ nằm đường tròn => hai cung AM AM’ có số đo => ∠AMM’ = ∠AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1) Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ ⊥ AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB) => ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (vì so le trong) (2) => Từ (1) (2) => ∠AS’S = ∠ASS’ Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ∠ASP=∠AMP (nội tiếp chắn AP ) => ∠AS’P = ∠AMP => tam giác PMS’ cân P Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS’ vuông M => ∠B1 = ∠S’1 (cùng phụ với ∠S) (3) Tam giác PMS’ cân P => ∠S’1 = ∠M1 (4) Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5) Từ (3), (4) (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2 mà ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nên suy ∠M1 + ∠M2 = ∠PMO = 900 => PM ⊥ OM M => PM tiếp tuyến đường tròn M Bài 11 Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đường tròn (O) điểm D, E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh : Tam giác DEF có ba góc nhọn BD BM = DF // BC Tứ giác BDFC nội tiếp CB CF cân A => ∠ADF = ∠AFD < 900 => sđ cung Lời giải: DF < 1800 => ∠DEF < (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF => tam giác ADF 900 ( góc DEF nội tiếp TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP chắn cung DE) Chứng minh tương tự ta có ∠DFE < 900; ∠EDF < 900 Như tam giác DEF có ba góc nhọn AD AF = Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => => DF // BC AB AC DF // BC => BDFC hình thang lại có ∠B = ∠C (vì tam giác ABC cân) => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường tròn Xét hai tam giác BDM CBF Ta có ∠DBM = ∠BCF ( hai góc đáy tam giác cân) ∠BDM = ∠BFD (nội tiếp chắn cung DI); ∠CBF = ∠BFD (vì so le) => ∠BDM = ∠CBF BD BM = => ∆BDM ∼∆ CBF => CB CF Bài 12 Cho đường trịn (O) bán kính R có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn P Chứng minh : Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác CMPO hình bình hành CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định Lời giải: Ta có ∠OMP = 900 ( PM ⊥ AB ); ∠ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến ) Như M N nhìn OP góc 900 => M N nằm đường trịn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp Tứ giác OMNP nội tiếp => ∠OPM = ∠ONM (nội tiếp chắn cung OM) Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ∠ONC = ∠OCN => ∠OPM = ∠OCM Xét hai tam giác OMC MOP ta có ∠MOC = ∠OMP = 900; ∠OPM = ∠OCM => ∠CMO = ∠POM lại có MO cạnh chung => ∆OMC = ∆MOP => OC = MP (1) Theo giả thiết Ta có CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành Xét hai tam giác OMC NDC ta có ∠MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); ∠DNC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠MOC =∠DNC = 900 lại có ∠C góc chung => ∆OMC ∼∆ NDC CM CO = => => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN CD CN =2R2 khơng đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M ( HD) Dễ thấy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ∠ODP = 900 => P chạy đường thẳng cố định vng góc với CD D Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A’ B’ song song AB Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E, Nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Lời giải: Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP nửc đường trịn ) => éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn ) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) éEAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường trịn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH ⊥BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2) => éB1 = éH1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => éB1= éF1 => éEBC+éEFC = éAFE + éEFC mà éAFE + éEFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => éEBC+éEFC = 1800 mặt khác éEBC éEFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp Xét hai tam giác AEF ACB ta có éA = 900 góc chung; éAFE = éABC ( theo Chứng minh trên) AE AF = => ∆AEF ∼∆ ACB => => AE AB = AF AC AC AB * HD cách 2: Tam giác AHB vng H có HE ⊥ AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vng H có HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE AB = AF AC Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => ∆IEH cân I => éE1 = éH1 ∆O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => éE2 = éH2 => éE1 + éE2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900 => O1E ⊥EF Chứng minh tương tự ta có O2F ⊥ EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đường trịn có đường kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đường vng góc với AB C cắt nửa đường tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đường tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN 2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/trịn (I), (K) 3.Tính MN 4.Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường trịn Lời giải: Ta có: éBNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm K) => éENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1) éAMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => éEMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay éMEN = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC ⊥AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (I) (K) => éB1 = éC1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => éC1= éN3 => éB1 = éN3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => éB1 = éN1 (5) Từ (4) (5) => éN1 = éN3 mà éN1 + éN2 = ∠CNB = 900 => éN3 + éN2 = ∠MNK = 900 hay MN ⊥ KN N => MN tiếp tuyến (K) N Chứng minh tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường trịn (I), (K) Ta có éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm O) => ∆AEB vng A có EC ⊥ AB (gt) => EC2 = AC BC  EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm Theo giả thiết AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm Ta có S(o) = π OA2 = π 252 = 625 π ; S(I) = π IA2 = π 52 = 25 π ; S(k) = π KB2 = π 202 = 400 π TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường tròn S = S= ( S(o) - S(I) - S(k)) 1 ( 625 π - 25 π - 400 π ) = 200 π = 100 π ≈ 314 (cm2) 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường trịn (O) D đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp Chứng minh CA tia phân giác góc SCB Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy Chứng minh DM tia phân giác góc ADE Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải: Ta có éCAB = 900 ( tam giác ABC vng A); éMDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => ∠CDB = 900 D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm đường trịn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp ABCD tứ giác nội tiếp => ∠D1= ∠C3( nội tiếp chắn cung AB) ¼ = EM ¼ => ∠C2 = ∠C3 (hai góc nội tiếp đường trịn (O) chắn hai cung nhau) ∠D1= ∠C3 => SM => CA tia phân giác góc SCB Xét ∆CMB Ta có BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC BA, EM, CD ba đường cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy ¼ = EM ¼ => ∠D1= ∠D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) Theo Ta có SM Ta có ∠MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => ∠MEB = 900 Tứ giác AMEB có ∠MAB = 900 ; ∠MEB = 900 => ∠MAB + ∠MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn => ∠A2 = ∠B2 Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => ∠A1= ∠B2( nội tiếp chắn cung CD) => ∠A1= ∠A2 => AM tia phân giác góc DAE (2) Từ (1) (2) Ta có M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE TH2 (Hình b) Câu : ∠ABC = ∠CME (cùng phụ ∠ACB); ∠ABC = ∠CDS (cùng bù ∠ADC) => ∠CME = ∠CDS » = CS » => SM ¼ = EM ¼ => ∠SCM = ∠ECM => CA tia phân giác góc SCB => CE Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường tròn F, G Chứng minh : Tứ giác ADEC Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD AFBC nội tiếp TUYỂN TẬP 80 BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP AC // FG Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải: Xét hai tam giác ABC EDB Ta có ∠BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); ∠DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ∠DEB = ∠BAC = 900 ; lại có ∠ABC góc chung => ∆DEB ∼ ∆ CAB Theo ∠DEB = 900 => ∠DEC = 900 (vì hai góc kề bù); ∠BAC = 900 ( ∆ABC vng A) hay ∠DAC = 900 => ∠DEC + ∠DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp * ∠BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); ∠DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) hay ∠BFC = 900 F A nhìn BC góc 90 nên A F nằm đường tròn đường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp Theo ADEC tứ giác nội tiếp => ∠E1 = ∠C1 lại có ∠E1 = ∠F1 => ∠F1 = ∠C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đường cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S Bài 17 Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH Chứng minh OH ⊥ PQ Lời giải: Ta có MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 900; MQ ⊥ AC (gt) => ∠AQM = 900 P Q nhìn BC góc 900 nên P Q nằm đường trịn đường kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM Tam giác ABC có AH đường cao => SABC = BC.AH Tam giác ABM có MP đường cao => SABM = AB.MP Tam giác ACM có MQ đường cao => SACM = AC.MQ 1 Ta có SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH 2 Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH » = HQ ¼ ( tính Tam giác ABC có AH đường cao nên đường phân giác => ∠HAP = ∠HAQ => HP chất góc nội tiếp ) => ∠HOP = ∠HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đường cao => OH ⊥ PQ Bài 18 Cho đường trịn (O) đường kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B) ; đường thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M ngồi đường trịn ; MA MB thứ tự cắt đường tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp Chứng minh đường thẳng AD, BC, MH đồng quy I Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp 10 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP = 90 ; ∠ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ∠ACB = 900 hay ∠ECB = 900 => ∠EIB + ∠ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp Theo giả thiết MN ⊥AB => A trung điểm cung MN => ∠AMN = ∠ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay ∠AME = ∠ACM Lại thấy ∠CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM AE = Theo ∆AME ∼ ∆ ACM => => AM2 = AE.AC AC AM ∠AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN ⊥AB I => ∆AMB vng M có MI đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông) Áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vng I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI Theo ∠AMN = ∠ACM => AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ ECM; Nối MB ta có ∠AMB = 900 , tâm O1 đường trịn ngoại tiếp ∆ ECM phải nằm BM Ta thấy NO 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 trịn ngoại tiếp ∆ ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đường trịn tâm O bán kính O1M với đường trịn (O) O hình chiếu vng góc N BM Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đường cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q hình chiếu vng góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh : Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Lời giải: & (HS tự làm) Theo chứng minh DNHP nội tiếp => ∠N2 = ∠D4 (nội tiếp chắn cung HP); ∆HDC có ∠HDC = 900 (do AH đường cao) ∆ HDP có ∠HPD = 900 (do DP ⊥ HC) => ∠C1= ∠D4 (cùng phụ với ∠DHC)=>∠C1=∠N2 (1) chứng minh tương tự ta có ∠B1=∠P1 (2) Từ (1) (2) => ∆HNP ∼ ∆ HCB Theo chứng minh DNMB nội tiếp => ∠N1 = ∠D1 (nội tiếp chắn cung BM).(3) DM // CF ( vng góc với AB) => ∠C1= ∠D1 ( hai góc đồng vị).(4) Theo chứng minh ∠C1 = ∠N2 (5) Từ (3), (4), (5) => ∠N1 = ∠N2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6) Chứng minh tương tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Bài 37 Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B ∈ (O), C ∈ (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I Chứng minh tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp Tính độ dài BC biết OA = Chứng minh ∠BAC = 90 9cm, O’A = 4cm Lời giải: Tính số đo góc OIO’ ( HS tự làm) 20 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có IB = IA , IA = IC ABC có AI = BC =>ABC vng A hay ∠BAC =900 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có IO tia phân giác ∠BIA; I0’là tia phân giác ∠CIA mà hai góc BIA CIA hai góc kề bù => I0 ⊥ I0’=> ∠0I0’= 900 Theo ta có 0I0’ vng I có IA đường cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI ⊥OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm) Bài 38 Cho hai đường tròn (O) ; (O’) tiếp xúc A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B∈(O), C∈ (O’) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O’M AC Chứng minh : Chứng minh tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp Tứ giác AEMF hình chữ nhật ME.MO = MF.MO’ OO’ tiếp tuyến đường trịn đường kính BC BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ Lời giải: ( HS tự làm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MA = MB =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME ⊥ AB (1) Chứng minh tương tự ta có MF ⊥ AC (2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO’ tia phân giác hai góc kề bù BMA CMA => MO ⊥ MO’ (3) Từ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đường trịn => MA ⊥ OO’=> ∆MAO vng A có AE ⊥ MO ( theo ME ⊥ AB) ⇒ MA2 = ME MO (4) Tương tự ta có tam giác vng MAO’ có AF⊥MO’⇒ MA2 = MF.MO’ (5) Từ (4) (5) ⇒ ME.MO = MF MO’ Đường trịn đường kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đường tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO’ ⊥ MA A ⇒ OO’ tiếp tuyến A đường trịn đường kính BC (HD) Gọi I trung điểm OO’ ta có IM đường trung bình hình thang BCO’O => IM⊥BC M (*) Ta cung chứng minh ∠OMO’ vuông nên M thuộc đường trịn đường kính OO’ => IM bán kính đường trịn đường kính OO’ (**) Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ Bài 39 Cho đường trịn (O) đường kính BC, dấy AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF Hãy xác định vị trí tương đối đường trịn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao? .(HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc Chứng minh AE AB = AF AC Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (K) (O) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn IK = IH + KH => (I) tiếp xúc Lời giải: (K) 21 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Ta có : éBEH = 90 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) éBAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn hay éEAF = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Theo giả thiết AD⊥BC H nên ∆AHB vng H có HE ⊥ AB ( éBEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vng H có HF ⊥ AC (theo éCFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) Từ (*) (**) => AE AB = AF AC ( = AH2) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đường chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đường chéo hình chữ nhật) => ∆GFH cân G => éF1 = éH1 ∆KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => éF2 = éH2 => éF1 + éF2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHC = 900 => éF1 + éF2 = éKFE = 900 => KF ⊥EF Chứng minh tương tự ta có IE ⊥ EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) (K) e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH ≤ OA (OA bán kính đường trịn (O) có độ dài khơng đổi) nên EF = OA AH = OA H trùng với O Vậy H trùng với O túc dây AD vng góc với BC O EF có độ dài lớn Bài 40 Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N 1.Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB 2.Chứng minh AM BN = R2 S MON R 3.Tính tỉ số AM = S APB 4.Tính thể tích hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh Lời giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà ∠AOP ∠BOP hai góc kề bù => ∠MON = 900 hay tam giác MON vuông O ∠APB = 900((nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay tam giác APB vng P Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB ⊥ OB => ∠OBN = 900; NP ⊥ OP => ∠OPN = 900 =>∠OBN+∠OPN =1800 mà ∠OBN ∠OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>∠OBP = ∠PNO Xét hai tam giác vuông APB MON có ∠APB = ∠MON = 900; ∠OBP = ∠PNO => ∆APB ∼ ∆ MON Theo ∆MON vuông O có OP ⊥ MN ( OP tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OP2 = PM PM Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tính chất hai tiếp tuyến cắt ) => AM BN = R2 R R R Theo OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mà PM = AM = => PM = => PN = R2: = 2R 2 R 5R MN 5R => MN = MP + NP = + 2R = Theo ∆APB ∼ ∆ MON => = : 2R = = k (k tỉ số 2 AB đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng nên ta có: 22 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP S MON S MON   25 = k => = ÷= S APB S APB   16 Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lấy điểm D, E cho ∠DOE = 600 1)Chứng minh tích BD CE khơng đổi 2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE 3)Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đường trịn ln tiếp xúc với DE Lời giải: Tam giác ABC => ∠ABC = ∠ACB = 600 (1); ∠DOE = 600 (gt) =>∠DOB + ∠EOC = 1200 (2) ∆DBO có ∠DOB = 600 => ∠BDO + ∠BOD = 1200 (3) Từ (2) (3) => ∠BDO = ∠COE (4) BD BO = Từ (2) (4) => ∆BOD ∼ ∆CEO => => BD.CE = CO CE BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi BD OD BD OD BD BO = = => = Theo ∆BOD ∼ ∆CEO => mà CO = BO => (5) CO OE BO OE OD OE Lại có ∠DBO = ∠DOE = 600 (6) Từ (5) (6) => ∆DBO ∼ ∆DOE => ∠BDO = ∠ODE => DO tia phân giác ∠BDE Theo DO tia phân giác ∠BDE => O cách DB DE => O tâm đường tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đường tròn tâm O tiếp xúc với AB tiếp xúc với DE Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B C cắt AC, AB D E Chứng minh : BD2 = AD.CD Tứ giác BCDE nội tiếp BC song song với DE Lời giải: Xét hai tam giác BCD ABD ta có ∠CBD = ∠BAD ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), BD CD = lại có ∠D chung => ∆BCD ∼ ∆ABD => => BD2 = AD BD AD.CD Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ∠ABC = ∠ACB => ∠EBC = ∠DCB mà ∠CBD = ∠BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => ∠EBD = ∠DCE => B C nhìn DE góc B C nằm cung trịn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp Tứ giác BCDE nội tiếp => ∠BCE = ∠BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà ∠BCE = ∠CBD (theo ) => ∠CBD = ∠BDE mà hai góc so le nên suy BC // DE Bài 43 Cho đường trịn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp Gọi F điểm Chứng minh NE ⊥ AB đối xứng với E qua M 23 TUYỂN TẬP 80 BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP N Chứng minh FA tiếp tuyến (O) Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA) _ F Lời giải: (HS tự làm) / M (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE ⊥ AB C / _ 3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F E E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => B A O H FA // NE mà NE ⊥ AB => FA ⊥ AB A => FA tiếp tuyến (O) A Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC ⊥ BN => FN ⊥ BN N ∆BAN có BM đường cao đồng thời đường trung tuyến ( M trung điểm AN) nên ∆BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đường trịn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA) Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đường tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vng B góc AB H, cắt (O) E cắt OA D H Chứng minh CO = CD Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi I E Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh O D A I trung điểm OH M Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm K O, M, K thẳng hàng C Lời giải: Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đường tròn tâm O => OA tia phân giác ∠BOC => ∠BOA = ∠COA (1) OB ⊥ AB ( AB tiếp tuyến ); CH ⊥ AB (gt) => OB // CH => ∠BOA = ∠CDO (2) Từ (1) (2) => ∆COD cân C => CO = CD.(3) theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) lại có OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi M trung điểm CE => OM ⊥ CE ( quan hệ đường kính dây cung) => ∠OMH = 900 theo ta có ∠OBH =900; ∠BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F 1.Chứng minh BC // AE 2.Chứng minh ABCE hình bình hành 3.Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh ∠BAC ∠BGO Lời giải: (HS tự làm) 2).Xét hai tam giác ADE CDB ta có ∠EAD = ∠BCD (vì so le ) AD = CD (gt); ∠ADE = ∠CDB (đối đỉnh) => ∆ADE = ∆CDB => AE = CB (1) Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành 3) I trung điểm CF => OI ⊥ CF (quan hệ đường kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI ⊥ AB K, => ∆BKG vuông K Ta cung có ∆BHA vng H => ∠BGK = ∠BAH ( cung phụ với ∠ABH) mà ∠BAH = ∠BAC (do ∆ABC cân nên AH phân giác) => ∠BAC = 2∠BGO Bài 46: Cho đường tròn (O) điểm P ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (C ≠ A) Đoạn PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD B b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB 24 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP · HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: BEA chung E · · = EBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) EAB O P EB ED D ⇒ EB = EA.ED (1) ⇒ = C EA EB · · · · * EPD = PCA (s.l.t) ; EAP = PCA (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) A · · · ⇒ EPD = EAP ; PEA chung ⇒ ∆EPD ~ ∆EAP (g.g) EP ED ⇒ EP2 = EA.ED (2)Từ & ⇒ EB2 = EP2 ⇒ EB = EP ⇒ AE trung tuyến ∆ PAB ⇒ = EA EP Bài 47: Cho ∆ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vng góc BD a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD b Chứng minh tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE · d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC bán kính đường tròn C ngoại tiếp tứ giác ADEF HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g) E b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900) K c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF D 2a · d) AC = BC.sin ABC = 2a.sin60 = 2a =a H a 60 · AB = BC.cos ABC = 2a.cos600 = 2a =a A B F · · · AH = AB.sin ABC = a.sin600 = a ; ∆ FKB vng K , có ABC = 600 ⇒ BFK = 300 · ⇒ AD = FD.sin BFK ⇒ AD = FD.sin300 ⇒ a = FD.0,5 ⇒ FD = a : 0,5 = 2a · Bài 48: Cho ∆ABC vuông ( ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trịn đưịng kính AC Kẻ dây cung BD vng góc AC H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đường trịn đường kính EC cắt BC I (I ≠ C) B CI CE = a Chứng minh CB CA I b Chứng minh D; E; I thẳng hàng c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trịn đường kính EC H HD; a) AB // EI (cùng ⊥ BC) A C O E O’ CI CE ⇒ = (đ/lí Ta-lét) CB CA b) chứng minh ABED hình thoi ⇒ DE // AB mà EI //AB ⇒ D, E, I nằm đường thẳng qua E // AB ⇒ D, E, I thẳng hàng D · · c) EIO' = IEO' ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’)) · · · · = HED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến ⇒ ∆HID cân ⇒ HIE = HDI IEO' · · Mà HDI + HED = 90 ⇒ đpcm Bài 49: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH ⊥ (d) (H ∈ d) M điểm thay đổi (d) (M ≠ H) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K 25 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn b Chứng minh IH.IO = IQ.IP · c Giả sử PMQ = 600 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn M (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) IO IQ ⇒ IH.IO = IQ.IP = b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) ⇒ IP IH PQ PQ · c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg MQK = KQ.tg600 = 3= 2 PQ PQ · ∆v OKQ có: OK = KQ.tg OQK = KQ.tg300 = KQ = = 3 SMPQ PQ PQ ⇒ = : =3 SOPQ P K O I Q H Bài 50: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (E ≠ A) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn DM CM = b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy D DE CE c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD M d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO · e Đặt AOC = α Tính theo R α đoạn AC BD C N Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vào α HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 90 ) B O A E b) AC // BD (cùng ⊥ EB) ⇒ ∆EAC ~ ∆EBD CE AC CE CM DM CM ⇒ = = = (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ (2) ⇒ DE BD DE DM DE CE NC AC NC CM ⇒ MN // BD = = c) AC // BD (cmt) ⇒ ∆NAC ~ ∆NBD ⇒ (3) Từ 1; 2; ⇒ NB BD NB DM d) ¶O1 = ¶O ; ¶O3 = ¶O mà ¶O1 + ¶O + ¶O3 + ¶O = 1800 ⇒ ¶O + ¶O3 = 900 ; ¶O + ¶D1 = 900 (…) OB R R ⇒ ¶D1 = ¶O = ¶O1 = α Vậy: DB = = ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα ⇒ AC.DB = R.tgα tgα tgα tgα ⇒ AC.DB = R (Đpcm) Bài 51: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1 a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn b Chứng minh A1A phân giác ·B1A1C1 A c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1 MH = d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MC B1 So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM C1 HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) J H Tâm I trung điểm BH 26 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP b) C/m: ·HA1C1 = ·HBC1 ; ·HA1B1 = ·HCB1 ; ·HBC = ·HCB ⇒ ·HA C = ·HA B ⇒ đpcm 1 1 M I 12 K c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 … C A1 ⇒ ỊJ trung trực A1C1 B 1 d) S HJM = HM.JK ; SHAC = HC.AC1 2 HC.AC1 MH HC HM+MC MC AC1 ⇒ SHAC : S HJM = = ⇒ = = 1+ = 1+ = ; = (JK// AC1 mà HM.JK MC HM HM HM JK ⇒ SHAC : S HJM = Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P a Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp tâm O đường tròn nằm đường thẳng cố định qua điểm L AB b Kẻ PI ⊥ Cz Chứng minh I điểm cố định c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH ⊥ PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng z HD: a) MABP nội tiếp đ/trịn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…) P I OA = OB = R(O) ⇒ O thuộc đường trung trực AB qua L trung điểm AB… B b) IP // CM ( ⊥ Cz) ⇒ MPIC hình thang ⇒ IL = LC khơng đổi H A,B,C cố định ⇒ I cố định O N c) PA ⊥ KM ; PK ⊥ MB ⇒ H trực tâm ∆ PKM L ⇒ KH ⊥ PM K d) AHBK nội tiếp đ/trịn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) ⇒ N tâm đ/tròn ngoại tiếp … ⇒ NE = NA = R(N) A ⇒ N thuộc đường trung trực AB ⇒ O,L,N thẳng hàng x M y C Bài 53: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM a So sánh hai tam giác: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuông cân c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) U b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân c) ∆ KMN vuông ⇒ KN ⊥ KM mà KM // BP ⇒ KN ⊥ BP P · = 900 (góc nội tiếp…) ⇒ AP ⊥ BP APB ⇒ KN // AP ( ⊥ BP) · · KM // BP ⇒ KMN = PAT = 450 ¼ // N PKM · · Mà PAM = PKU = = 450 A · · PKN = 450 ; KNM = 450 ⇒ PK // AN Vậy ANPK hình bình hành 27 K M T O = B TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Bài 54: Cho đường tròn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N a Chứng minh: tia MD phân giác góc AMB b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMA, I di động nào? C · · HD: a) AMD = DMB = 45 (chắn cung ¼ đ/trịn) · ⇒ MD tia phân giác AMB M F b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O) N I ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến B ⇒ ∆ OMB ~ ∆ NAB A E O BM BO ⇒ ⇒ BM.BN = BO.BA = 2R không đổi = BA BN c) ONMA nội tiếp đ/tròn đ/k AN Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp ⇒ I cách A O cố định ⇒ I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC D Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường tròn (O) A b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao? · · c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGO với BAC A E · d Cho biết DF // BC Tính cos ABC HD:a) Gọi H trung điểm BC ⇒ AH ⊥ BC (∆ ABC cân A) lập luận AH ⊥ AE ⇒ BC // AE (1) D M b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) ⇒ AE = BC (2) N F ⇒ Từ ABCE hình bình hành O _ I c) Theo c.m.t ⇒ AB // CF ⇒ GO ⊥ AB _ · · · · ⇒ BGO = 900 – ABC = BAH = BAC H C G d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục B đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH 1 ⇒ FD = MN = MD = BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) ⇒ DF.DN = DA.DC 2 BH · ⇒ 2BH2 = AC2 ⇒ BH = AC ⇒ cos ABC = = AB 4 Bài 56: Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường tròn (O) điểm C; D cắt (O’) E; F E a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp D c Chứng minh: A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE A d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) · · O’ HD: a) CBA = 900 = FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn) O · · ⇒ CBA + FBA = 1800 ⇒ C, B, F thẳng hàng · · F ⇒ CDEF nội tiếp (quĩ tích …) b) CDF = 900 = CEF C 28 B TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP · · c) CDEF nội tiếp ⇒ ADE = ECB (cùng chắn cung EF) · · Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB) = ADB Tương tự EA tia phân giác DEB · · · · ⇒ ADE ⇒ DA tia phân giác BDE Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE · · · · · · d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = DCA ; EO'A = EFA mà DCA = EFA (góc nội tiếp chắn · · · · · · ⇒ ODEO’ nội tiếp cung DE) ⇒ DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ) ⇒ ODO' = O'EO Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật ⇒ AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường trịn (O; R) có đường kính cố định AB ⊥ CD a) Chứng minh: ACBD hình vng b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E ≠ B; E ≠ C) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = EB · Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường tròn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R HD: a) AB ⊥ CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) C ⇒ ACBD hình vng E // M · · · · b) AED = = DOB = 450 AOD = 45 ; DEB = 2 · · · ⇒ AED = DEB ⇒ ED tia phân giác AEB B A O 0 · · = 45 ; EMB = 45 (∆ EMB vuông cân E) AED · · ⇒ AED = EMB (2 góc đồng vị) ⇒ ED // MB c) ∆ EMB vuông cân E CE ⊥ DE ; ED // BM ⇒ CE ⊥ BM ⇒ CE đường trung trực BM D d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R ) Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường tròn tâm O đường kính CD cắt AD E Đường thẳng vng góc với CD O cắt AD M a Chứng minh: AHCE nội tiếp Xác định tâm I đường trịn b Chứng minh: CA = CM c Đường thẳng HE cắt đường tròn tâm O K, đường thẳng HI cắt đường tròn tâm I N cắt đường thẳng DK P Chứng minh: Tứ giác NPKE nội tiếp Bài 59: BC dây cung đường tròn (O; R) (BC ≠ 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’ d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN Bài 60: Cho đường trịn tâm (O; R) có AB đường kính cố định cịn CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường tròn B AD, AC cắt (∆) Q P 29 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vuông góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường trịn ngoại tiếp ∆CPD µ < 900), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, AC Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp · b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp ⇒ PQ // BC Bài 62: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CI ⊥ AM (I ∈ AM) C a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M = · · c Chứng minh: MOI = CAI N d Chứng minh: MA = 3.MB I = · · HD: a) COA = 900 (…) ; CIA = 900 (…) ⇒ Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) O B A b) MB // CI ( ⊥ BM) (1) · · ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) ¶N1 = ¶N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI (slt) = NBM ⇒ CI = BM (2) Từ ⇒ BMCI hình bình hành 1· · · c) ∆ CIM vuông cân ( CIA = 900 ; CMI = COA = 45 ) ⇒ MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ; · · · · · · ⇒ MOI IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) ⇒ MOI mà: IOC = IOC = CAI = CAI R AC d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = (với R = AO) = 2 R2 R 10 NC2 R 10 MI Từ : AN = AC2 +CN = 2R + ; NI = =R = = = MN = 2 NA 10 ⇒ MB = NC − MN = ⇒ AM = BM R2 R2 2R R 10 ⇒ AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10 − = = 10 10 10 µ = 600 nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường trịn D, Bài 63: Cho ∆ABC có A đường cao BK cắt AH E · · a Chứng minh: BKH = BCD · b Tính BEC c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtròn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cân I A · · HD: a) ABHK nội tiếp ⇒ BKH ; = BAH · · · · ( chắn cung BD) ⇒ BCD BCD = BAH = BKH b) CE cắt AB F ; K 0 0 · ¶ · AFEK nội tiếp ⇒ FEK = 180 − A = 180 − 60 = 120 ⇒ BEC = 120 F 30 E I TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ¶B + ¶C 1200 · c) BIC = 1800 − = 1800 − = 1200 2 Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung B H nằm đường tròn tâm (O) º » IO DS · · d) Trong đ/trịn (O) có DAS = sđ ; đ/trịn (S) có ISO = sđ D 2 º » IO DS º = IE · · » = IE º ⇒ IO º ⇒ đpcm DAS = ISO (so le trong) nên: = mà DS 2 C S Bài 64: Cho hình vng ABCD, phía hình vng dựng cung phần tư đường tròn tâm B, bán kính AB nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK ⊥ AD PH ⊥ AB Nối PA, cắt nửa đường trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M Chứng minh rằng: C D a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giác APMH hình thang cân P K · HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) mà AIB = 900 (góc nội tiếp …) M ⇒ BI ⊥ AP ⇒ BI đường cao đường trung tuyến ⇒ I trung điểm AP I b) HS tự c/m c) ∆ ABP cân B ⇒ AM = PH ; AP chung ⇒ ∆vAHP = ∆v PMA ⇒ AH = PM ; AHPK hình chữ nhật ⇒ AH = KP ⇒ PM = PK = AH d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) B A H » = AH » ⇒ PA // MH ⇒ PM Vậy APMH hình thang cân Bài 65: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN H O · · HD: a) BOIM nội tiếp OIM A B = OBM = 900 · · · · b) INB (2 góc nội tiếp chắn cung BM) = OBM = 900 ; NIB = BOM ⇒ ∆ IBN ~ ∆OMB I c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn ⇔ IH lớn AO = R(O) N M Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn · Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI = 450 Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường trịn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D ≠ A D ≠ C) A · a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC D b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI ⊥ CE c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn = d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm cung nhỏ AC = E O HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m : 31 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ⇒ AB = AC = BC = R Trong đ/trịn (O; R) có: AB = AC ⇒ Tâm O cách cạnh AB AC C B · ⇒ AO hay AI tia phân giác BAC · · » ) b) Ta có : DE = DC (gt) ⇒ ∆ DEC cân ; BDC = BAC = 600 (cùng chắn BC I º ⇒ BDI » ⇒ IB º = IC · · ⇒ ∆CDE I điểm BC = IDC · ⇒ DI tia phân giác BDC ⇒ ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao ⇒ DI ⊥ CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE ⇒ IE = IC mà I C cố định ⇒ IC » (cung nhỏ ) không đổi ⇒ E di động đ/trịn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I ∈ AC » nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC D → C E → C ; D → A E → B ⇒ E động BC Bài 67: Cho hình vng ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho : a AE = DF = a So sánh ∆ABE ∆DAF Tính cạnh diện tích chúng b Chứng minh AF ⊥ BE c Tính tỉ số diện tích ∆AIE ∆BIA; diện tích ∆AIE ∆BIA diện tích tứ giác IEDF IBCF µ = 450 Vẽ đường cao BD CE Bài 68: Cho ∆ABC có góc nhọn; A Gọi H giao điểm BD, CE a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.; b Chứng minh: HD = DC DE c Tính tỷ số: d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OA ⊥ DE BC Bài 69: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn · · b Khi điểm D di động đường trịn ( BMD + BCD ) không đổi c DB.DC = DN.AC Bài 70: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE Chứng minh: a BC // DE b Các tứ giác CODE, APQC nội tiếp c Tứ giác BCQP hình gì? Bài 71: Cho đường trịn (O) (O’) cắt A B; tiếp tuyến A đường tròn (O) (O’) cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh: a ∆ABD ~ ∆CBA · · b BQD = APB c Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 72: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F a Chứng minh: AEMO tứ giác nội tiếp b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao? c Kẻ MH ⊥ AB (H ∈ AB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH 32 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp ∆EOF Chứng minh: r < < R Bài 73: Từ điểm A ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD//AC Nối BK cắt AC I a Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b Chứng minh: IC2 = IK.IB · c Cho BAC = 600 Chứng minh: Cát tuyến AKD qua O Bài 74: Cho ∆ABC cân A, góc A nhọn Đường vng góc với AB A cắt đường thẳng BC E Kẻ EN ⊥ AC Gọi M trung điểm BC Hai đ/thẳng AM EN cắt F a Tìm tứ giác nội tiếp đường trịn Giải thích sao? Xác định tâm đường trịn b Chứng minh: EB tia phân giác ∠AEF c Chứng minh: M tâm đường tròn ngoại tiếp VAFN Bài 75: Cho nửa đường tròn tâm (O), đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn Dựng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) K giao điểm CF ED a Chứng minh: Bốn điểm E, B, F, K nằm đường tròn b ∆BKC tam giác gì? Vì sao? c Tìm quỹ tích điểm E A di động nửa đường tròn (O) AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B C) Từ B kẻ đường thẳng d vng góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K · a Tính độ lớn góc CIK b Chứng minh: KA.KC = KB.KI; AC2 = AI.AE – AC.CK c Gọi H giao điểm đường tròn đường kính AK với cạnh AB Chứng minh: H, E, K thẳng hàng d Tìm quỹ tích điểm I E chạy BC Bài 76: Cho ∆ABC vuông C, có BC = Bài 77: Cho ∆ABC vng A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F a Chứng minh: CDEF nội tiếp · · b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt EF CD M N Tia phân giác CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao? c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r12 + r22 Bài 78: Cho đường trịn (O;R) Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M a Tam giác CEF EMB tam giác gì? b Chứng minh: Tứ giác FCBM nội tiếp Tìm tâm đường trịn c Chứng minh: Cấc đường thẳng OE, BF, CM đồng quy Bài 79: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác B, C khơng trùng điểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’ a Chứng minh: HE ⊥ AC 33 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP b Chứng minh: ∆HEF ~ ∆ABC c Khi A di chuyển, chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HEF cố định Bài 80: Cho ∆ ABC vuông A Kẻ đường cao AH Gọi I, K tương ứng tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABH ∆ ACH 1) Chứng minh ∆ ABC ~ ∆ HIK 2) Đường thẳng IK cắt AB, AC M N a) Chứng minh tứ giác HCNK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AM = AN c) Chứng minh S’ ≤ S , S, S’ diện tích ∆ ABC ∆ AMN 34 ... Mà ∠A1 + ∠M1 = 90 0 ( tam giác AHM vuông H) => ∠C1 + ∠C4 = 90 0 => ∠C3 + ∠C2 = 90 0 ( góc ACM góc bẹt) hay ∠OCK = 90 0 Xét tứ giác KCOH Ta có ∠OHK = 90 0; ∠OCK = 90 0 => ∠OHK + ∠OCK = 1800 mà ∠OHK ∠OCK... ) => ∠DEB = ∠BAC = 90 0 ; lại có ∠ABC góc chung => ∆DEB ∼ ∆ CAB Theo ∠DEB = 90 0 => ∠DEC = 90 0 (vì hai góc kề bù); ∠BAC = 90 0 ( ∆ABC vng A) hay ∠DAC = 90 0 => ∠DEC + ∠DAC = 1800 mà hai góc đối... hay∠IBK = 90 0 Tương tự ta có ∠ICK = 90 0 B C nằm đường tròn đường kính IK B, C, I, K nằm đường trịn Ta có ∠C1 = ∠C2 (1) ( CI phân giác góc ACH ∠C2 + ∠I1 = 90 0 (2) ( ∠IHC = 90 0 ) hoctoancapba.com