NHẬN BIẾT tứ GIÁC

NHẬN BIẾT TỨ GIÁC Bài 1: (Hải Dương 13-14) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O) Vẽ đường cao BE, CF tam giác Gọi H giao điểm BE CF Kẻ đường kính BK (O) a) Chứng minh tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tứ giâc AHCK bình hành c) Đường trịn đường kính AC cắt BE M, đường trịn đường kính AB cặt CF N Chứng minh AM = AN Bài 2: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB = AC Đường trịn tâm O đường kính AB = 2R cắt cạnh BC, AC I, K Tiếp tuyến đường tròn (O) B cắt AI D, H giao điểm AI BK a) Chứng minh tứ giác IHKC nội tiếp; b) Chứng minh BC tia phân giác góc DBH tứ giác BDCH hình thoi c) Tính diện tích hình thoi BDCH theo R trường hợp tam giác ABC Bài 3: (Hà Tĩnh 13-14) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O Hai đường cao AD, BE cắt H (D �BC, E �AC) a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn b) Tia AO cắt đường tròn (O) K ( K khác A) Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành c) Gọi F giao điểm tia CH với AB Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Q AD BE CF   HD HE HF Bài 4: (Kiên Giang) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm C đường tròn cho CA = CB Gọi M trung điểm dây cung AC; Nối BM cắt cung AC E; AE BC kéo dài cắt D a) Chứng minh: DE DA = DC DB b) Chứng minh: MOCD hình bình hành MF c) Kẻ EF vng góc với AC Tính tỉ sớ EF ? d) Vẽ đường trịn tâm E bán kính EA cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N; EF cắt AN I, cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K; EB cắt AN H Chứng minh: Tứ giác BHIK nội tiếp đường trịn Bài 5: (Hịa Bình 12-13) Cho đường trịn tâm O, bán kính R điểm M cho MO = 2R Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (O) Hai đường cao BD AC tam giác MAB cắt H 1) Chứng minh tứ giác AHBO hình thoi � 2) Tính góc AMB Bài 6: (Hải Dương 15-16) Cho đường trịn (O) đường kính AB cớ định đường kính CD thay đổi khơng trùng với AB Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt đường thẳng BC BD E F Gọi P Q trung điểm đoạn thẳng AE AF 1) Chứng minh ACBD hình chữ nhật; 2) Gọi H trực tâm tam giác BPQ Chứng minh H trung điểm OA; 3) Xác định vị trí đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ Bài 7: (Nam Định 11-12) Cho đường trịn (O ;R) có đường kính AB Trên đường trịn (O ;R) lấy điểm M ( khác A B).Gọi H trung điểm MB Tia OH cắt đường tròn (O ;R) I Gọi P chân đường vng góc kẻ từ I đến đường thẳng AM 1) Chứng minh : a) Tứ giác OHMA hình thang b) Đường thẳng IP tiếp tuyến đường tròn (O ;R) 2) Gọi N điểm cung nhỏ MA đường tròn (O ;R).Gọi K giao điểm NI AM Chứng minh PK = PI 3) Lấy điểm Q cho tứ giác APHQ hình bình hành Chứng minh OQ = R Bài 8: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB,bán kính OCAB.Gọi M điểm cung BC.Kẻ đường cao CH tam giác ACM Chứng minh AOHC nội tiếp Chứng tỏ CHM vng cân OH phân giác góc COM Gọi giao điểm OH với BC I.MI cắt (O) D.Cmr:CDBM hình thang cân 4 BM cắt OH N.Chứng minh BNI AMC đồng dạng,từ suy ra: BN.MC=IN.MA HƯỚNG DẪN Bài 1: a) b) AH//KC ( vng góc với BC) CH // KA ( vng góc với AB) c) Có AN2 = AF.AB; AM2 = AE.AC ( Hệ thức lượng tam giác vuông) AEF : ABC � � AM = AN Bài 2: AE AF  � AE AC  AF.AB AB AC Vậy diện tích hình thoi S 1 3R 3R2 BC.HD  2R  2 3 (dvdt) Bài 3: a) Vì AD BE đường cao nên ta có: A � � o AEB � Hai góc ADB, nhìn cạnh AB góc 90 nên tứ E F giác ABDE nội tiếp đường trịn � b) Ta có: ABK H �  90o  ACK (góc nội tiếp chắn đường tròn) � CK  AC, BK  AB (1) O B �  AEB �  90o ADB Ta có H trực tâm tam giác ABC nên: C D BH  AC, CH  AB (2) Từ (1) (2), suy ra: BH // CK, CH // BK Vậy tứ giác BHCK hình bình hành (theo định nghĩa) K Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S Vì ABC nhọn nên trực tâm H nằm bên ABC , đó: S = S1 + S2 + S3 AD SABC S BE SABC S CF SABC S   (1),   (2),   (3) HD S S HE S S HF S S BHC AHC AHB Ta có: Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: Q �1 1 � AD BE CF S S S       S�   � HD HE HF S1 S2 S3 �S1 S2 S3 � Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho sớ dương, ta có: S  S1  S2  S3 �3 S1.S2 S3 (4) ; 1   � S1 S2 S3 S1.S2 S3 (5) Q �9 Đẳng thức xẩy � S1  S2  S3 hay H trọng tâm ABC , Nhân vế theo vế (4) (5), ta được: nghĩa ABC Bài 4: a Chứng minh DE DA = DC DB � Ta có: ACB  90 (góc nội tiếp nửa đường tròn (O)) � � � ACD  900 (vì kề bù với ACB ) Ta lại có: � AEB  900 (góc nội tiếp nửa đường trịn (O)) � � � DEB = 900 (vì kề bù với AEB ) Xét  ADC  BDE có: � � ACD  DEB  900 (cm trên) � D : góc chung � ADC ~ BDE (g-g) � DA DC  � DE DA =DC DB DB DE b Chứng minh MOCD là hình bình hành Ta có: MC = MA (gt) � OM  AC (liên hệ đk dây cung) � CD  AC (vì ACD  90 ) � OM // CD (cùng vng góc với AC) (1) Mặt khác:  DAB có: BE AC hai đường cao cắt M � M trực tâm � DM đường cao thứ ba � DM  AB � � Mà: CA = CB � CA  CB � CO  AB DM // CO (2) Từ (1) (2) suy ra: MOCD hình bình hành MF c Kẻ EF  AC Tính tỉ số EF ? Xét  MFE  MCB có: � � MFE  MCB  900 � � FME  BMC (đối đỉnh) � MFE ~ MCB (g – g) � MF MC  EF CB Ta lại có: AC = 2MC (gt) Mà: CB = CA � CB = 2MC � MF MC MC    EF CB 2MC d Chứng minh tứ giác BHIK nội tiếp được đường tròn � � K  s� BE Ta có: (góc nội tiếp đường trịn tâm (O)) (3) � � � NHB  (s� BN  s�EA) Ta lại có: (góc có đỉnh nằm đường trịn (O)) � � Mà : EA = EN (bán kính đường tròn (E)) � EA  EN � � �  1(s� �  s�EN) �  s� � NHB  (s� BN  s�EA) BN BE � 2 (4) � � Từ (3) (4) suy ra: K  NHB � Mà NHB góc ngồi H tứ giác BIHK Vậy tứ giác BIHK nội tiếp đường trịn Bài 5: Ta có: OA  MA (Vì MA tiếp tuyến với đường trịn (O)) BH  MA ( Vì BH đường cao  MAB) � OA // BH (1) Tương tự ta có: OB  MB � � OB / /AH � AH  MB � (2) Từ (1) & (2) suy tứ giác AHBO hình bình hành, mặt khác lại có OA = OB nên tứ giác AHBO hình thoi � 2) Tính góc AMB �  2AMO � � � AMB Dễ thấy MO đường phân giác góc AMB Vì tam giác OAM vng A nên ta có: sin � AMO  OA  �� AMO  300 MO �  600 � AMB Bài 6: (Hải Dương 15-16) Câu b) Chứng minh H trung điểm OA H thuộc OA; OP đường trung bình tam giác ABE → OP //BE mà BE  BF → PO  BF →O trực tâm tam giác BPF →FO  BP Mặt khác có QH  BP (H trực tâm tam giác BPQ) →QH//FO mà AQ = QF (gt) → H trung điểm OA c) Xác định vị trí đường kính CD để tam giác BPQ có diện tích nhỏ PB = PA ; OA = OC ; OP Chung � � Suy APO  CPO(c.c.c ) suy PCO  PAO  90 Chứng minh PC  CD, ; Chứng minh tương tự QD  CD Tứ giác PCDQ hình thang vng → PQ ≥ CD AB.PQ S Diện tích tam giác , Diện tích BPQ nhỏ PQ Min S BPQ  AB � CD  AB O nhỏ CD=AB ; S BPQ  Bài 8: C N D 1/C/m AOHC nội tiếp: (học sinh tự chứng minh) 2/C/mCHM vuông cân: I H M Do OCAB trại trung điểm OCung AC=CB=90o B O o.CHM vng Sđ CMA=A2 sđcung AC=45 cânTaởlại M.có: C/m OH phân giác góc COM:Do CHM vng cân HCH=HM; CO=OB(bán kính);OH chungCHO=HOMCOH=HOMđpcm 3/C/m:CDBM thang cân: Do OCM cân O có OH phân giácOH đường trung trực CM mà IOHICM cân IICM=IMC mà ICM=MDB(cùng chắn cung BM) IMC=IDB hay CM//DB.Do IDB cân IIDB=IBD MBC=MDC(cùng chắn cungCM) nên CDB=MBDCDBM thang cân 4/C/m BNI AMC đồng dạng: Do OH đường trung trực CM NOH CN=NM Do AMB=1vHMB=1v hay NMAM mà CHAMCH//NM,có góc CMH=45oNHM=45oMNH vng cân M CHMN hình vng INB=CMA=45o Do CMBD thang cânCD=BM cungCD=BM mà cung AC=CBcungAD=CM… CAM=CBM(cùng chắn cung CM) INB=CMA đpcm ... Từ (1) & (2) suy tứ giác AHBO hình bình hành, mặt khác lại có OA = OB nên tứ giác AHBO hình thoi � 2) Tính góc AMB �  2AMO � � � AMB Dễ thấy MO đường phân giác góc AMB Vì tam giác OAM vng A... NHB  (s� BN  s�EA) BN BE � 2 (4) � � Từ (3) (4) suy ra: K  NHB � Mà NHB góc ngồi H tứ giác BIHK Vậy tứ giác BIHK nội tiếp đường trịn Bài 5: Ta có: OA  MA (Vì MA tiếp tuyến với đường trịn (O))... minh : a) Tứ giác OHMA hình thang b) Đường thẳng IP tiếp tuyến đường tròn (O ;R) 2) Gọi N điểm cung nhỏ MA đường trịn (O ;R).Gọi K giao điểm NI AM Chứng minh PK = PI 3) Lấy điểm Q cho tứ giác APHQ