Chuyên đề góc nội tiếp - THCS.TOANMATH.com

Do hình thang AEDB nội tiếp ( ) O nên nói phải là hình thang cân. Gọi M là trung điểm của AC.. Chứng minh rằng: AB AC. Vẽ đường kính AF. I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AB[r]

GÓC NỘI TIẾP A.KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

Góc BAC có đỉnh A nằm đường tròn hai cạnh AB, AC hai dây cung gọi góc nội tiếp Cung BC nằm bên gọi cung bị chắn

 

2

sd BAC  sd BC (số đo góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn)

Tính chất: Trong đường trịn:

* Các góc nội tiếp chắn cung

* Các góc nội tiếp chắn cung chắn cung

* Góc nội tiếp (nhỏ 90°) có số đo nửa số đo góc tâm chắn cung * Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn góc vng

B.CÁC DẠNG BÀI MINH HỌA

Dạng 1: Chứng minh hai góc Tính số đo góc

Bài 1: Cho nửa đường trịn  O đường kính AB dây AC N điểm cung CB Chứng minh

 

CAN NAB

Bài 2: Cho đường trịn  O đường kính ABvà cung AMcó số đo nhỏ 90 Vẽ dây

MCAB, MD / /AB Chứng minh DMB ADC

Bài 3: Cho ABCnhọn nội tiếp đường trịn  O có đường cao AH Chứng minh BAH OAC  Bài 4: Cho lục giác ABCDEFcó đỉnh thuộc đường trịn  O Biết AB / /DE, BC / EF.chứng minh

 

ADC DAF

Bài 5: Cho tam giác ABCAB AC  nội tiếp đường tròn (O), đường trung tuyến AM Lấy điểm D cung

BC không chứa A cho BAD CAM  Chứng minh ADB CDM 

Bài 6: Cho ABCnhọn nội tiếp đường trịn  O đường kính BD Biết BAC 45  Tính số đo góc CBD

Bài 7: Cho ABCnhọn có BAC 60 

Vẽ đườn trịn đường kính BCtâm O cắt AB, AC D E

Bài 8: Cho ABC nội tiếp  O Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A vẽ tia Bx cho xBA A

Tính sơ đo góc OBx

Bài 9: Tính góc Acủa tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), biết  90IOK , dó I tâm đường trịn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A

Dạng 2: Tính độ dài, tính diện tích

Bài 1: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Gọi Clà trung điểm OB Gọi D, E điểm thuộc nửa

đường tròn choACD BCE  90  BiếtCD CE a  Tính DE theo a

Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có bán kính 1dm, B45 ,o C15o Tính dộ dài AC BC AB, ,

và diện tích tam giác ABC

Bài 3: Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB CD vng góc với Gọi K trung điểm OC Gọi M giao điểm thứ hai BK với đường tròn (O), I giao điểm MD AB Tính diện tích :

a)Tam giác MAB; b)Tam giác MIK

Dạng 3: Bài toán dựa hệ góc nội tiếp chứng minh ba điểm thẳng hàng

Bài 1: Cho đường tròn  O đường kính ABvà cung AMcó số đo nhỏ 90 Vẽ dây

MCAB, MD / /AB Chứng minh ba điểm C, O, D thẳng hàng

Bài 2: Cho đường trịn  O đường kính AB Vẽ đường tròn  K tiếp xúc với đường tròn  O C Các dây CA, CB cắt đường tròn  K Evà F Chứng minh E, K, F thẳng hàng

Bài 3: Cho đường trịn  O đường kính AB Điểm M chuyển động  O , M A, M B  Kẻ MHAB Kẻ đường trịn  O1 đường kính MH cắt đường thẳng MA MB C D Chứng minh C, D, Othẳng hàng

Bài 4: Cho ABC nhọn có BAC 45 

nội tiếp đường tròn  O Các đường cao BH, CKcắt đường tròn  O

lần lượt D E Chứng minh D, O, E thẳng hàng

Dạng 4: Bài toán dựa vào định lí, tính chất góc nội tiếp chứng minh hai đường thẳng vng góc

Bài 1: Cho tam giác nhọn ABCAB AC  nội tiếp đường tròn (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC, K

giao điểm thứ hai củaAH với đường tròn (O) Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt BC ởI Chứng minh IK tiếp tuyến đường tròn (O)

Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC AB AC  , trực tâm H Gọi I trung điểm AH, M trung điểm BC

Tia phân giác góc BAC cắt IM K Chứng minh  90 AKH  

Bài 3: Cho tam giác ABCnội tiếp đường trịn (O) Tia phân giác góc Acắt BCởD cắt đường tròn (O) M

Bài 4: Cho hai đường tròn  O  O’ cắt Avà B, O nằm đường tròn  O’ Dây AC  O cắt  O’ D, dây OE  O’ cắt  O F hình Chứng minh rằng: OD ⊥ BC

Bài 5: Cho ABC nội tiếp  O Tia phân giác góc BACcắt đường trịn  O D đường trịn D, DBcắt

đường thẳng ABtại Q (khác B), cắt đường thẳng AC P (khác C) Chứng minh AOPQ

Bài 6: Trong đường trịn  O có dây AC BD vng góc với E Gọi M trung điểm BC Chứng minh rằngIMAD

Bài 7: Cho đường trịn  O , đường kính AB S điểm nằm bên ngoiaf đường tròn SAvà SB cắt đường tròn M,N Gọi Hgiao điểm BMvà AN Chứng minh SH AB

Dạng 5:Nâng cao phát triển tư

Bài Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC, K giao điểm thứ hai AH với đường tròn (O) Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt BC I Chứng minh IK tiếp tuyến đường tròn (O)

Bài Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt P Q Tiếp tuyến chung gần P hai đường tròn tiếp xúc với (O) A, tiếp xúc với (O’) B tiếp tuyến đường tròn (O) P cắt (O’) điểm thứ hai D khác P, đường thẳng AP cắt đường thẳng BD R Chứng minh rằng:

a) QAR QBR;

b) Tam giác BPR cân;

c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc với PB RB

Bài Từ điểm M ngồi đường trịn (O), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB cát tuyến MCD Gọi I giao

điểm AB CD Chứng minh rằng: IC MC ID MD

Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O), BE CF đường cao Các tiếp tuyến đường tròn B C cắt S, đường thằng BC OS cắt M

a) Chứng minh rằng: AB BS AE  ME b) Chứng minh rằng:AEM∽ABS

c) Gọi N giao điểm AM EF, P giao điểm AS BC Chứng minh NP vng góc với BC

Bài Cho ABCvng A, đường cao AH đường tròn (O) ngoại tiếp HAC Gọi D điểm đối xứng B qua H, nối A với D cắt đường tròn (O) E Chứng minh:

a) CH tia phân giác góc ACE b) HO EC//

Bài Gọi CA, CB tiếp tuyến đường tròn (O; R) với A, B tiếp điểm Vẽ đường tròn tâm I qua C tiếp xúc với AB B Đường tròn (I) cắt đường tròn (O) M Chứng minh đường thẳng AM qua trung điểm BC

Bài Cho (O; R) tiếp tuyến xy A (O; R) Trên tiếp tuyến lấy điểm C (Khác A) Gọi B trung điểm AC Qua C vẽ đường thẳng cắt (O) E, M (theo thứ tự C, E, M) Tia BE cắt (O) F tia CF cắt (O) N Chứng minh: MN AC//

Bài Cho hai đường tròn (O) (O’) cắt A B Dựng CD tiếp tuyến chung (O) (O’) cho C thuộc (O), D thuộc (O’) B nằm tam giác CDA Đường thẳng CB cắt (O’) M Chứng minh tia AD phân giác góc CAM

Bài 10 Cho hình bình hành ABCD, góc A < 90o Đường trịn ngoại tiếp tam giác BCD cắt AC E Chứng

minh BD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB

Bài 11 Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các tiếp tuyến B C cắt điểm P Trên cung nhỏ BC, lấy điểm K (K khác B C) Đường thẳng PK cắt đường tròn (O) lần thứ hại Q

Phân giác góc KBQ cắt KQ I

a) Chứng minh CI tia phân giác KCQ;

b) Giả sử đường thẳng AK qua trung điểm M cạnh BC Chứng minh AQ BC//

Bài 12 Chứng minh từ 2015 điểm phân biệt nằm đường trịn ln chọn 1008 điểm mà điểm đỉnh tam giác tù

Bài 13 Cho hình vng ABCD với tâm O Gọi M trung điểm AB Các điểm N, P thuộc BC, CD cho

//

MN AP Chứng minh rằng:

1 Tam giác BNO đồng dạng với tam giác DOP  45NOP o.

2 Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác NOP thuộc OC Ba đường thẳng BD, AN, PM đồng quy

Bài 14 Cho đoạn thẳng AC có độ dài a Trên đoạn AC lấy điểm B cho AC = 4AB Tia Cx vng góc với AC điểm C, gọi D điểm thuộc tia Cx (D không trùng với C) Từ điểm B kẻ đường thẳng vng góc với AD cắt hai đường thẳng AD CD K, E

a) Tính giá trị DC, CE theo a

b) Xác định vị trí điểm D để tam giác BDE có diện tích nhỏ

c) Chứng minh điểm D thay đổi tia Cx đường trịn đường kính DE ln có dây cung cố định

HƯỚNG DẪN GIẢI

Dạng 1: Chứng minh hai góc Tính số đo góc

Bài 1: Cho nửa đường trịn  O đường kính AB dây AC N điểm cung CB Chứng minh

 

Lời giải: ( h 1.1)

Ta có CAN 1CN

 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 1

NAB NB

2

 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Lại có CN NB 

  CAN NAB

 

Bài 2: Cho đường trịn  O đường kính ABvà cung AMcó số đo nhỏ 90 Vẽ dây

MCAB, MD / /AB Chứng minh DMB ADC Lời giải: ( h 1.2)

Ta có AB MC MA AC ( đường kính vng góc với dây)

Ta lại có: MD / /ABMA DB  ( hai cung chắn hai dây song song)

 

AC DB

  MAADC DMB  ( góc nội tiếp chắn

hai cung nhau)

hình 1.1

N

O

A B

C

hình 1.2

D

C

O

A B

Bài 3: Cho ABCnhọn nội tiếp đường trịn  O có đường cao AH Chứng minh BAH OAC  Lời giải: ( h 1.3)

Dựng đường kính AD Ta có CAD CBD  1DC

2

 

  

  ( góc nội tiếp chắn cung )

Lại có BAH DBC  ( hai góc có cạnh tương ứng vng góc )

   

BAH DAC BAH OAC

   

 O Biết Bài 4: Cho lục giác ABCDEFcó đỉnh thuộc đường trịn

AB / /DE, BC / EF.chứng minh ADC DAF Lời giải: ( h 1.4)

Do BC / /EFEDC FAB EAC BDF

 

AB / /EDAEF BCD BFD ACE

Do BFDECA g.g 

Suy DBF AEC  DEF ABC  ABC DAF 

Bài 5: Cho tam giác ABCAB AC  nội tiếp đường

tròn (O), đường trung tuyến AM Lấy điểm D cung BC không chứa A cho BAD CAM Chứng minh ADB CDM

Lời giải

   

1 2B 

A A AM DAC, lại cóABM ADC(góc nội tiếp) nênABM ADC(g.g) 1

2 1

M O

B C

A

D

hình 1.3

D H

O A

B C

hình 1.4

F

E

O

A B

 BA  BM  MC AD DC CD

Kết hợp với A1C1 suy BAD MCD(c.g.c)ADB CDM

Bài 6: Cho ABCnhọn nội tiếp đường trịn  O đường

kínhBD Biết BAC 45  Tính số đo góc CBD

Lời giải: (h 1.5)

Ta có: CDB CAB  1CB

 

  

 

 CDB 45

  

Lại có DCB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

  

CBD 180 CDB DCB 45

     

Bài 7: Cho ABCnhọn có BAC 60  Vẽ đường trịn đường kính BCtâm O cắt AB, AC D E

tính số đo góc ODE

Lời giải: ( h1.6)

Ta có BDC 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường

tròn)



ADC 90 ADC

   vuông D suy 

ACD 30 EOD 60 ( EOD 2ECD  ED

Mà ta lại có EODcân O Suy EOD EDO 60  

hình 1.5

D

O

C

A B

hình 1.6

D E

O C

Bài 8: Cho ABC nhọn nội tiếp  O Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A vẽ tia Bx cho

 

xBC A Tính sơ đo góc OBx

Lời giải: ( h 1.7)

Dựng đường kính BDkhi DCB 90   

DBC CDB 90

   

Mà BDC CAB  1CB

 

  

 

Lại có BAC CBx   DBC CBx 90  DBx 90 

Bài 9:Tính góc Acủa tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), biết  90IOK , dó I tâm đường trịn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp góc A

Lời giải

Gọi D giao điểm đoạn IK đường tròn (O)



2

DBI  sđ DN; 

BID sđ 

BD sđANDBIBID BDIcân DDB DI

IBKvuông B có DB DI nênDI DK 

DB IK (1)

IOKvng O có DIDK nên 

OD IK (2)

Từ (1) (2) suy BD OD OB 

BOD BOD  60 BAC 60 Dạng 2: Tính độ dài, tính diện tích

Bài 1: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB Gọi Clà trung điểm OB Gọi D, E điểm thuộc nửa

đường tròn choACD BCE  90  BiếtCD CE a  Tính DE theo a

N

D

K I

B

O

C A

x

hình 1.7

O

C A

B

Lời giải

Trên CDlấy Ksao cho CK CE thìDK CD CK CD CE a     Kéo dài DCcắt đường tròn (O) I

Ta có C2Cl C3E đối xứng với Iqua AB 

EOB sđ EID (1)

ECK

 cân  o 4   

1

180

C

K  C DKE OCE

     (bù với hai góc trên) (2)

Từ (1) (2) suy DKE  OCE(g.g)

2 DE OE OB

DK OC OC  Vậy DE2DK2a

Bài 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có bán kính 1dm, B45 ,o C15o Tính dộ dài AC BC AB, ,

và diện tích tam giác ABC Lời giải

B45oAOC90o AC OC 2 2 dm

 Kẻ OM BC

Ta có 2  1

o o o

45 15 30

C  C C   

 

o

.cos 30 3

2 BC dm

MC OC   

 

 Kẻ AHBC Đặt HC x HB,  y x y  (1) Ta có HC2HB2 HC2HA2 AC2 2 nên x2y2 2 (2)

Từ (1) (2) suy 2xyx y 2x2y2  3 1 (3)

Từ (2) (3) suy x y 2 x2y22xy     2 1 x y 1 (4)

Từ (1) (4) suy 1 

y  dm Do 2 

2

AB y   dm

 . 1 3. 3 3 2

2 2

ABC

S BC AH dm

 

  

1 2

15° 45°

1dm

O A

B M C

Bài 3: Cho đường trịn (O; R), hai đường kính AB CD vng góc với Gọi K trung điểm OC Gọi M giao điểm thứ hai BK với đường tròn (O), I giao điểm MD AB Tính diện tích :

a) Tam giác MAB; b) Tam giác MIK Lời giải

a) AMB 90 , 90BOK  nên tan

2 MA B OK MB   OB 

Từ 2 2 2

4 MA M MB A B M R     

 dễ dàng tính

2

2 4

, ,

5

5 MAB

R R R

MA MB S  (1)

b) MI đường phân giác IA MA MAB

IB MB 

  Lại có IA IB 2R nên dễ dàng tính

R IB

2

1 . 4. .

2 3

KIB

R R R

S  IB KO  (2)

2

1 1 4

3 MAI MAB 15

R R

AI  ABS  S   (3)

Từ (1), (2) (3) suy

2 2

4

5 15

MIK MAB KIB MAI

R R R R S S S S    

Dạng 3: Bài tốn dựa hệ góc nội tiếp chứng minh ba điểm thẳng hàng

Bài 1: Cho đường trịn  O đường kính ABvà cung AMcó số đo nhỏ 90 Vẽ dây

MCAB, MD / /AB Chứng minh ba điểm C, O, Dthẳng hàng Lời giải ( h 1.8)

Ta có MD / /ABmà ABMC nên MC MD DMC 90  

CMD góc nội tiếp mà 90 nên phải chắn nửa đường tròn,

suy CDlà đường kính, ba điểm C, O, D thẳng hàng

Bài 2: Cho đường trịn  O đường kính AB Vẽ đường tròn  K

tiếp xúc với đường tròn  O C Các dây CA, CB cắt đường tròn  K Evà F Chứng minh E, K, F thẳng hàng

Lời giải (h 1.9)

Xét  O có ACB 90  nên ECF 90  

Xét đường tròn  K ECF 90  nên EFlà đường kính

Suy ba điểm E, K, Cthẳng hàng

Bài 3: Cho ABC nhọn có BAC 45  nội tiếp đường tròn  O Các đường cao BH, CKcắt đường tròn  O

lần lượt E D Chứng minh D, O, E thẳng hàng

Lời giải ( h 1.10)

Ta có:BHACABHvng H

Mà BAH 45 ABH 45 hay EBA 45 (1)

Mặt khác có CKABsuy ACK vuông K Mà KAC 45  KCA 45 

Ta lại có DBA DCA  ( chắn cung AD) Nên ABD 45 (2)

Từ (1)(2)EBD DBA ABE 90     nên

DE đường kính  O hay D, O, E thẳng hàng

Bài 4: Cho hai đường tròn  O  O ' cắt A B cho OAO' 90  Lấy điểm C thuộc  O ' và

bên đường tròn  O Kẻ tia CA, CBcắt đường tròn  O D, E Chứng minh D, O, Ethẳng hàng

Lời giải ( h 1.11)

Xét  O có AEB 1AOB

 (1)

Xét  O ' có ACB 1AO 'B

 (2)

Từ (1); (2) ta có

  1 

AEB ACB AOB AO 'B 90

2

    

Nên EAC 90 DAE 90  nên

DElà đường kính  O

hình 1.9

F EC

D O

A B

K

hình 1.10

H K D

E O

A C

B

hình 1.11

E D

B O

A

O'

VậyD, O, Ethẳng hàng

Dạng 4: Bài tốn dựa vào định lí, tính chất góc nội tiếp chứng minh hai đường thẳng vng góc.

Bài 1: Cho tam giác nhọn ABCAB AC  nội tiếp đường tròn (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC, K

giao điểm thứ hai củaAH với đường tròn (O) Đường thẳng qua H vng góc với OA cắt BC ởI Chứng minh IK tiếp tuyến đường tròn (O)

Lời giải

Dễ chứng minh Hđối xứng với Kqua BC, suy K2H1H2(1)

Ta lại cóK1A1nênK1phụH2(2)

Từ (1) (2) suy raK2phụK1 Vậy IK tiếp tuyến đường tròn (O)

Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC AB AC  , trực tâm H Gọi I trung điểm AH, M trung điểm BC

Tia phân giác góc BAC cắt IM K Chứng minh  90 AKH   Lời giải

Gọi (O) đường trịn ngoại tiếpABC Vẽ bán kính OD qua M D điểm cung BC nên , ,

A K Dthẳng hàng

Vẽ đường kính AN Dễ chứng minh đươch BHCN hình bình hành H M N, , thẳng hàng

1

OM  AHAI Tứ giác AOMIcóAI OM AI// , OM nên hình bình hành OA MI// A1K1

1

1 1

2 2

I

K

H O

B C

A

2 1

1

N

D K

M I

H

O

B C

Kết hợp với A1D A2nên K1A2IK IA IH Vậy AKH 90o

Bài 3:

Cho tam giác ABCnội tiếp đường trịn (O) Tia phân giác góc Acắt BCởD cắt đường tròn (O) M (khác A)

Kẻ tiếp tuyến AK với đường trònM MB; ,K tiếp điểm Chứng minh DK vng góc với AM

Lời giải

 

1

A A mà A2B1 (góc nội tiếp)nên A1B1

MBDMAB (g.g)

MD  MB MD MK MB MA MK MA

Kết hợp với DMKKMAta có

DMK KMA (c.g.c)

 90 

 MDK MKA VậyDKAM

Bài 4: Cho đường trịn  O , đường kính AB S điểm nằm bên ngồi đường trịn SAvà SB cắt đường tròn M,N Gọi Hgiao điểm BMvà AN Chứng minh SH AB

Lời giải (h 1.12)

Ta có: AMB ANB 90   (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Xét SABcó AN, BM hai đường cao Mà H giao điểm AN BMsuy H trọng tâm SAB

 SH đường cao SABSHAB

1

1 2

K

M D

O

C B

A

hình 1.12

H N M

O

A B

Bài 5: Cho ABC nội tiếp  O Tia phân giác góc BACcắt đường tròn  O D đường tròn D, DBcắt đường thẳng ABtại Q (khác B), cắt đường thẳng AC P (khác C) Chứng minh AOPQ

Lời giải (h 1.13)

Gọi I, K giao điểm AOvới  O , PQ

Ta có CPQ QBCAPQ ABC 

Mà ABC AKC 

 

APQ AKC

  (1)

Lại có AKC CAK 90   (2)

Từ (1)(2) suy APQ PAK 90   

Xét APIcó PAI API 90   AIP 90 

Hay AOPQ

Bài 6: Trong đường trịn  O có dây AC BD vng góc với tạiI Gọi M trung điểm BC Chứng minh rằngIMAD

Lời giải (h 1.14) Gọi E IM AD

ACBD I nên BCI vuông I

Mà MB MC MI MB ( tính chất đường trung tuyến tam giác vuông) nên MBIcân

do MIB MBI  mà NID BIM đối đỉnh

  MBI NID

Ta có BDA BCA ( góc nội tiếp chắn AB) Mà BCA MBI 90   (

BCI

 vuông I.)

Suy NID BDA 90    AEI 90  hay MIAD

hình 1.13

I

K P

Q D

O

A B

C

hình 1.14

E

M I

D O

A C

Bài 7: Cho hai đường tròn  O  O’ cắt Avà B, O nằm đường tròn  O’ Dây AC  O cắt  O’ D, dây OE  O’ cắt  O F hình Chứng minh rằng: ODBC

Lời giải(h 1.15)

Dựng hai bán kính OB, OC của O

Xét đường trịn  O ' ta có BAD BOD  1BD

 

  

 

Mà BAC 1BC BOD 1BC

2

   (1)

Xét đường trịn  O ta có BOC BC(2)

Từ (1),(2) ta được:BOD 1BOC BOD DOC 

   hay ODlà tia phân giác BOC

Ta lại có BOCcân O suy ODvừa tia phân giác vừa đường cao BOC Hay ODBC

Dạng 5:Nâng cao phát triển tư Bài

Dễ dàng chứng minh H đối xứng với K qua BC

Suy K2 H1H2 (1) Ta lại có: A1K1 nên K1 phụ với H2 (2)

Từ (1) (2) suy K2 phụ với K1 Vậy IK tiếp tuyến đường trịn (O) Bài

a) Ta có QAP DPQ  (Góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây cung chắn cung cung chắn cung) DPQ QBP (góc nội tiếp chắn cung)

Từ suy QAP QBR

b) Ta có BPR PAB ABP   (tình chất góc ngồi tam giác) Mặt khác, BRP BQA PAB ABP  .

Suy hay tam giác BPR cân đỉnh B

hình 1.15

F

D A

O' O

B E

c) Ta có BQP ABP  (1)

(góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây cung chắn cung)

 

BAR ABP (2)

(góc nội tiếp chắn cung)

  

BPR PAB ABP  (3)

  

PQR PQB BQR  (4)

Từ (1); (2); (3) (4) suy PQR BPR BRP 

Do đó: Đường trịn ngoại tiếp tam giác PQR tiếp xúc PB RB (định lí bổ sung) Bài 3.Ta có MAC~MDA

Suy ra: MA2MC MD MA AC MD AD

~

MBC MDB

  suy ra: MB BC

MD BD

Xét MC MC MD 2 MA22 MA MB AC BC MD  MD  MD  MD MD AD BD (1) Mặt khác IAC~IDB

Suy ra: IC AC; IBC~ IDA IB BD  

Suy ra: IB BC; ID AD

Do đó: AC BC AC BC IC IB IC AD BD BD AD IB ID ID   (2)

Từ (1) (2) suy ra: IC MC ID MD Bài

a) Do BAE SBM (hệ góc tạo tia tiếp tuyến dây cung) AEB BMS 90  nên

~

AEB BMS

  , suy ra: AB BS AE BM

b) BME cân M nên MEB MBE

Lại có SBM ABE BAE ABE     90 AEB

 

SBA AEM

  (2)

Từ (1) (2) suy ra: AEM~ABS

c) Từ câu b, suy ra: BAP EAN Mà ABP AEN (cùng bù với CEF) nên AEN~ABP, suy ra:

AN NE

AP  PB (3)

Vì AEM~ABS (câu b) tương tự ta có:

~

MAF SAC

  nên AME ASB, AMF ASC

   

EMF BSC SBP MEN

    (do hai tam giác cân có hai góc đỉnh nhau)

Suy ra: EMN~ BSP NE NM PB PS

    (4)

Từ (3) (4) suy ra: AN NM NP // SM

AP  PS  , mà MS BC nên NP BC Bài 5.

a) Ta có: ABD cân nên: A1A2 (1) Mặt khác: A C12 (cùng phụ với góc B)

 

1

C A (cùng chắn chung HE)

Suy ra: C1C2

b) Ta có: O1sđ AH2.C2 ACEHO // EC Bài

 90 IMD DI

    đường kính (O)  90

IND

  

N thuộc đường trịn đường kính DC  90

DNC

  

Ta có:   90 90IND DNC      180

INC

    I, N, C thẳng hàng Xét CDK MIC có:

  90   

DCK IMC   DC MI AD

 

KDC CIM (Cặp góc nhọn có cạnh tương ứng với góc)

Do đó: CDK MICCK MC  CMK cân C CA tia phân giác MCK (vì ABCD hình vng) AC KM

Bài

Gọi K giao điểm AM BC

Xét KBM K BA có: K chung; KBM KAB  (góc tạo tia tiếp tuyến, dây cung góc nội tiếp chắn chung BM  O )

Do đó: A .

A KB KM

KBM K B KB KM KA

K KB

 ∽     (1)

 

MCK MBA (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung BM (1))

 

KAC MBA (góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AM  O )

Do đó: MCK KAC

Xét KCM KAC có K chung, MCK KAC

Do KCM KAC KC KM KC2 KM KA

KA KC

 ∽     (2)

Từ (1) (2) ta có: KC2 KB2KC KB Vậy AM qua trung điểm K BC

Bài

Xét BAE BFA có ABE chung,    BAE BFA  sñ AE

Do đó: BAE∽BFA BA BE BC BE BF BA BF BC

    (vì BC BA )

Xét BCE BFC có:



CBE (chung), BC BE BF  BC

Do BCE∽BFCBCE BFC 

Mà EMN BFC  (hai góc nội tiếp chắn chung EN) Do BCE EMNMN // AC

Bài

  

DBM BCD BDC 

(DBM góc ngồi BDC)

   ,

2

BAC BCD  sñBC

 

  

2

BAD BDC  sñBD

 

Do đó: CAD BAC BAD BCD BDC DBM       Mà DAM DBM (hai góc nội tiếp chắn cung DM) Nên CAD DAM AD tia phân giác CAM Bài 10

Gọi I giao điểm hai đường chéo hình bình hành

IA IC IE IA IE IC

 

IBE ICD g g IE IC IB ID

 ∽  

Từ suy ra: IE IA IE IC IB ID IB   

IB IA IE IB

 

Ta có IBE IAB có IB IA

IE IB BIA chung Suy IBE∽IAB c g c  nên IBE IAB

Từ suy BD tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác AEB (định lí bổ sung) Bài 11

  PB BK

PBK PQB g g

PQ QB

  ∽   (1)

Tương tự ta có: PCK PQC g g  PC CK PQ QC

 ∽   (2)

Từ (1) (2) kết hợp với PB PC ta có: BK CK QB QC (3)

Ta có BI phân giác KBQ nên IK BK IQ QB (4)

Suy CI tia phân giác KCQ

b) Ta có MKC MBA g g  MC MA KC BA

 ∽   (5)

  MB MA MKB MCA g g

KB CA

 ∽   (6)

Từ (5) (6) vế chia theo vế KB CA KC BA

  (7) (vì

MB MC )

Mặt khác theo kết câu a, ta có: BK KC BK QB QB QC  KC QC (8)

Từ (7) (8) AC QB ABC QCB c g c  AB QC

    ∽

    // .

ACB QBC ACB QAC AQ BC

    

Bài 12

Xét đường kính đường trịn không qua điểm 2015 điểm cho (ln tồn tại) Chọn nửa đường trịn chứa số điểm nhiều

 Nửa chứa 1008 điểm

Xét điểm số điểm thuộc nửa đường trịn chọn ta có điểm đỉnh tam giác tù (vì có góc nội tiếp chắn cung lớn nửa đường tròn)

1) Do NB// AD,BM // DP,MN // PA nên NBM∽ADP

Suy

2

BN BN DA DO

BO  BM  DP  DP

Kết hợp với NBO PDO 45

BNO DOP

  ∽

Suy ra: NOP180  NOB POD

180 NOB ONB NBO  45 

2) Vì BNO∽DOP BO DO nên ON BO DO OP  DP DP Mặt khác NOP NBO 45 , suy ONP∽DOP∽BNO

Gọi Q tâm đường tròn ngoại tiếp ONP, ý ONP∽BNO ta có:

 180  90    .

2 ONQ

QON     OPN COB BON CON  

Do tia OQ trùng với tia ON Vậy Q thuộc OC 3) Gọi E, F thứ tự giao điểm BD với MN, PA

Chú ý NBM∽ADP; BD đường chéo hình vng, ta có:

A

BEM DFP

BEN DF

S S

EM BM DP FP

EN  S  BN  DA S  FA Kết hợp với MN // AP, theo bổ đề hình thang Suy BD AN PM, , đồng quy

Bài 14

a) Ta có: EBC ADC (Cùng bù với góc KBC);

  90

ACD ECB   ACD ECB

  ∽ (g-g)

DC AC DC CE AC BC BC EC

   

Do

4 a AB  ;

2

3 . . .

4

a a

BC DC EC AC BC 

b)

2

BDE BDE

S  BC DES nhỏ DE nhỏ

Ta có:

2

3

2

4 a

Dấu " "

2

a DC EC

   

BDE

S

 nhỏ

2

3

8

a D thuộc tia Cx cho 3

2

a CD 

c) Gọi giao điểm đường trịn đường kính DE với đường thẳng AC M, N (M nằm A B)  M, N đối xứng qua DE

Ta có: AKB∽ACD (g-g) AK AB AK AD AC AB AC AD

    (1)

AKM AND

 ∽ (g-g) AK AM AK AD AM AN

AN AD

    (2)

Từ (1) (2) suy a AM AN AC AB 

  

2

2

4

a AC MC AC NC AC MC

      (Do MC NC )

2

2 3

4

a a

MC MC NC

    

 M, N hai điểm cố định

Vậy đường tròn đường kính DE ln có dây cung MN cố định C.TRẮC NGHIỆM RÈN LUYỆN PHẢN XẠ

Câu 1 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( )O (hình 1) Chọn khẳng định sai?

A. BDC =BAC B. ABC+ADC =180 C DCB =BAx D. BCA =BAx

Câu 2 Cho tứ giác ABCDnội tiếp Chọn câu sai

A. BAD +BCD =1800 B. ABD=ACD C. Aˆ+Bˆ+Cˆ+Dˆ=3600 D ADB =DAC

A. Hình B. Hình3 C. Hình4 D. Hình5

Câu 4 Cho nửa đường trịn ( ; )O R đường kính BC Lấy điểm A tia đối tiaBC Kẻ tiếp tuyến

,

AF Bx nửa đường tròn ( )O (với F tiếp điểm) Tia AF cắt tia Bx nửa đường trịn D

Khi tứ giác OBDF là:

A Hình thang B Tứ giác nội tiếp C Hình thang cân D Hình bình hành

Câu 5 Cho tam giác ABC vuông A đường cao AH Kẻ HE vng góc với AB E kẻ HF vng góc với AC F Chọn câu

A Tứ giác BEFC tứ giác nội tiếp B Tứ giác BEFC không nội tiếp C Tứ giác AFHE hình vng D Tứ giác AFHE không nội tiếp

Câu 6 Tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn có hai cạnh đối AB CD cắt M BAD = 700

thì BCM = ?

A. 1100 B 300 C. 700 D 550

Câu 7 Cho đường trịn ( )O đường kính AB Gọi H điểm nằm O B Kẻ dây CD vng góc

với AB H cung nhỏ AC lấy điểm E kẻ CK vng góc AE K Đường thẳng DE cắt CK F Chọn câu đúng?

A. AHCK tứ giác nội tiếp B. AHCK khơng nội tiếp đường trịn

C. EAO =HCK D. AH AB =AD BD

Câu 8 Cho điểm A nằm đường tròn ( )O qua A kẻ hai tiếp tuyến AB AC với đường tròn (

,

B C tiếp điểm) Chọn đáp án đúng:

A Tứ giác ABOC hình thoi B Tứ giác ABOC nội tiếp

Khi mệnh đề là?

A ABC = 800 B ABC = 900 C ABC = 1000 D ABC = 1100

Câu 10 Cho hình vẽ

Số đo góc BAD là:

A BAD =800 B BAD = 750 C BAD =650 D BAD =600

Câu 11 Cho hình vẽ

Chọn câu đúng:

A ABC =800 B ABC =900 C ABC =1100 D ABC =1000

Câu 12 Cho hình vẽ

Số đo góc BAD là:

Câu 13 Cho DBCD cân A có BAC = 1200, nửa mặt phẳng bờ BC không chứa đỉnh A, lấy

D cho BCD tam giác Khi

A. DACD cân B. ABDC nội tiếp C ABDC hình thang D. ABDC hình vng

Câu 14 Cho DABC cân A có BAC = 130 Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa đỉnh A, kẻ ;

Bx ^BA Cx ^CA chọn đáp án sai

A. DBCD cân B. ABDC nội tiếp C. ABDC hình thoi D. BDC = 50

Câu 15 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O M điểm thuộc cung nhỏ AC (cung CM

bé cung AM) Vẽ MH vng góc với BC H, vẽ MI vng góc với AC I Chọn câu đúng:

A MIHC hình chữ nhật B MIHC hình vng C MIHCkhông tứ giác nội tiếp D MIHClà tứ giác nội tiếp

Câu 16 Cho hình bình hành Đường tròn qua ba đỉnh cắt đường thẳng Khi A ABCP hình thang cân B AP =AD

C AP=BC D Cả A B C, ,

Câu 17 Cho đường trịn ( )O đường kính AB Gọi H điểm nằm O B Kẻ dây CD vuông góc với AB H Trên cung nhỏ AC lấy điểm E, kẻ CK ^AE K Đường thẳng DE cắt CK F Tứ giác AHCK là:

A Tứ giác nội tiếp B Hình bình hành C Hình thang D Hình thoi Câu 18 Cho đường trịn ( )O đường kính AB Gọi H điểm nằm O

và B Kẻ dây CD vuông góc với AB H Trên cung nhỏ AC lấy điểm E, kẻ CK ^AE K Đường thẳng DE cắt CK F TíchAH AB bằng:

A. 4AO2 B. AD BD. C. BD2 D AD2

Câu 19 Cho đường tròn ( )O đường kính AB Gọi H điểm nằm O B Kẻ dây CD vng góc với AB H Trên cung nhỏ AC lấy điểm E, kẻ CK ^AE K Đường thẳng DE cắt CK F Tam giác ACF tam giác

A Cân F B Cân C C Cân A D Đều

Câu 20 Cho DABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M vẽ đường trịn đường kính MC Kẻ BM cắt đường tròn D Đường thẳng DA cắt đường tròn S Chọn đáp án sai đáp án sau:

C CA phân giác SCB D Tứ giác ABCS nội tiếp Câu 21 Trên cạnh BC CD, hình vng ABCD ta lấy điểm M,NM,N cho MAN = 450 Đường thẳng BD cắt đường

thẳng AM AN, tương ứng điểm P Q,

I Tứ giácABMQ nội tiếp; II tứ giác ADNP nội tiếp Chọn kết luận

A Cả ( )I ( )II B Chỉ ( )I

C Chỉ ( )II D Cả ( )I ( )II sai Câu 22 Trên cạnh BC CD, hình vng ABCD ta lấy điểm M N, cho MAN = 450 Đường thẳng BD cắt đường

thẳng AM AN, tương ứng điểm P Q,

Năm điểm sau thuộc đường tròn?

A. P Q N M B, , , , B. P Q N C M, , , , C. P Q N C D, , , , D. P A N C M, , , ,

Câu 23 Cho đường tròn ( )O đường kính AB Gọi I trung điểm OA Dây CD vng góc với AB I Lấy K tùy ý cung BC nhỏ, AK cắt CD H Khẳng định đúng?

A Tứ giác BIHK nội tiếp B Tứ giác BIHK không nội tiếp C Tứ giác BIHKlà hình chữ nhật D Các đáp án sai

Câu 24 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( )O , đường cao

, , ( ; ; )

AD BE CF DỴBC E ỴAC F ÎAB cắt H ta có:

A. BH BE =BC BD B.CH CF =CDCB C. A B, D A B, sai Câu 25 Cho tam giác ABC vuông A B điểm nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E đường thẳng CD AE, cắt đường tròn điểm thứ hai F G Khi đó, kết luận không là:

A DABC ∽DEBD B Tứ giác ADEC tứ giác nội tiếp

C Tứ giác AFBC không tứ giác nội tiếp D Các đường thẳng AC DE, BF đồng quy Câu 26 Cho tứ giác ABCD nội tiếp ( )O M điểm cung AB Nối M với D M, với C cắt AB E P Trong khẳng định sau, khẳng định đúng?

A Tứ giác PEDC nội tiếp B Tứ giác PEDC không nội tiếp C Tam giác MDC D Các câu sai

Câu 27 Cho nửa ( )O đường kính AB Lấy M ẻOA M( ạO A, ) Qua M v ng thẳng d vng góc vớiAB Trên d lấy N cho ON >R Nối NB cắt ( )O C Kẻ tiếp tuyến NE với ( )O (E tiếp điểm, E A thuộc nửa mặt phẳng bờ d) F giao điểm EC đường tròn ( )O Chọn

A Bốn điểm O E M N, , , thuộc đường tròn B NE2 =NC NB C NEH =NME (H giao điểm AC d) D NFO < 90.

Câu 28 Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB =2R Đường thẳng qua O vng góc AB cắt cung AB C Gọi E trung điểm BC AE cắt nửa

đường tròn O F Đường thẳng qua C vng góc AF G cắt AB H Khi góc OGH có số đo là:

A. 450 B 600 C. 900 D 1200

Câu 29 Cho hình vẽ, đáp án là:

A. ADC = 700 B. ADC = 800 C ADC = 750 D. ADC = 600

Câu 30 Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường tròn ( )O

 (0 90 )

A=¶ < ¶ <  Gọi M điểm tùy ý cung nhỏ AC vẽ tia Bx vng góc với AM cắt tia CM D Số đo góc BDM là:

A. 

AMD = ¶ B.  900

2

AMD= +¶ C. AMD =450 +¶ D  900

2 AMD= -¶

Câu 31 Cho tam giác ABC vuông A Điểm E di động cạnh AB Qua B vẽ đường thẳng

vng góc với CE D cắt tia CA H Biết BCA = 300 So ADH là:

A. 300 B 1500 C 600 D 900

Câu 32 Tứ giác ABCD nội tiếp ( )O Hai đường chéo AC BD cắt I Vẽ đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABI Tiếp tuyến đường tròn I cắt AD BC M N Chọn câu sai:

A MN / / DC B Tứ giác ABNM nội tiếp C Tứ giác MICD nội tiếp D Tứ giác INCD hình thang

Câu 33 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính a Biết rằngAC ^BD Khi để AB +CD đạt giá trị lớn

Câu 34 Cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn ( )O , BD đường phân giác góc



ABC Đường thẳng BD cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai E Đường trịn ( )O1 đường kính DE

cắt đường tròn ( )O điểm thứ hai F Khi đường thẳng đối xứng với đường thẳng BF qua đường

thẳng BD cắt AC N thì:

A. AN =NC B. AD=DN C. AN =2NC D. 2AN =NC HƯỚNG DẪN

Câu Đáp án D

Vì tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp nên BDC =BAC (hai góc nội tiếp chắn cung BC)

  180

ABC +ADC =  (tổng hai góc đối 180)

 

DCB =BAx (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đỉnh đó) Câu Đáp án D

+) BAD+BCD =180 (tổng hai góc đối)

+) ABD =ACD (hai góc nội tiếp chắn cung AD) +) Aˆ+Bˆ+Cˆ+Dˆ=3600 (tổng góc tứ giác)

Câu Đáp án C

Hình sai A Cˆ+ ˆ=1150 +750 =1900 ¹1800

Hình sai Cˆ+Bˆ=920+850 =1770 ¹1800

Hình sai Dˆ+Bˆ=500+500 =1000 ¹1800

Hình tứ giác có đỉnh thuộc đường trịn Câu Đáp án B

Ta có DBO = 900 DFO = 900 ( tính chất tiếp tuyến)

Câu Đáp án A

Xét tứ giác AEHF có: Aˆ=Eˆ =Fˆ=900  Tứ giác AEHF hình chữ nhật (dhnb)

 Tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp (có tổng hai góc đối diện 1800)

 

AFE AHE

 = (hai góc nhìn đoạn AE)

 

AHE=ABH (cùng phụ BHE) 

  

AFE ABC ( AHE)

 = = Xét tứ giác BEFC có: AFE góc ngồi đỉnh F

và AFE =ABC cmt ( ) BEFC nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) Câu Đáp án C

Tứ giác ABCD nội tiếp nên có: DAB+BCD =1800 BCD =1800-700 =1100

Mà BCD+BCM =1800 (kề bù) BCM =1800-1100 =700

Câu Đáp án A

Có AHC = 900 (CD vng góc AB); AKC = 900 (AK vng góc CF)

 

AHC AKC 180

  1800

EAO HCK

 + = (hai góc đối diệnphương án C sai

Xét tam giác vuông ADB có AH AB. =AD2 (hệ thức lượng tam giác vuông) nên phương án D

sai

Câu Đáp án B

Ta có AB AC hai tiếp tuyến cắt nhauAB =AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Xét tứ giác ABOC có: ( )

( )

AB AC cmt OB OC R

ìï =

ïí

ï = =

ïỵ

 tứ giác ABOC chưa hình thoi khơng hình bình

hành đáp án A, D sai

Có ABO =900 (do AB tiếp tuyến (O))



ACO=90 (do AC tiếp tuyến (O))

 

ABO ACO 180

 + =  tứ giác ABOC nội tiếp (dhnb) Câu Đáp án C

Ta có BCE =DCF (hai góc đối đỉnh) Đặt x =BCE =DCF

Theo tính chất góc ngồi tam giác ta có: ABC = +x 40 (1);0 ADC= +x 20 (2)0

Lại có ABC+ADC=180 (3)0 (hai góc đối diện tứ giác nội tiếp)

Từ (1);(2) (3) ta nhận (x +40 )0 +(x +20 )0 =1800  =x 600

Từ (1) ta có ABC = 600+400 =1000

Câu 10 Đáp án D

Ta có BCE =DCF (hai góc đối đỉnh) Đặt x =BCE =DCF

Theo tính chất góc ngồi tam giác ta có: ABC = +x 40 (1);0 ADC= +x 20 ( )0 2

Lại có ABC+ADC =180 (3)0 (hai góc đối diện tứ giác nội tiếp)

Từ (1);(2) (3) ta nhận (x+40 )0 +(x+20 )0 =1800  =x 600 BCE =60

Do BCD BCE , hai góc kề bù nên BCD BCE+ =1800 BCD =1800-600 =1200

  1800  1800 1200 600

BAD BCD+ = BAD = - =

Câu 11 Đáp án D

Ta có BCE =DCF (hai góc đối đỉnh) Đặt x =BCE =DCF

Theo tính chất góc ngồi tam giác ta có: ABC = +x 450(1);ADC = +x 25 (20 )

Lại có ABC+ADC=180 (3)0 (hai góc đối diện tứ giác nội tiếp)

Từ (1);(2) (3) ta nhận (x+45 )0 +(x +25 )0 =1800  =x 55 0

Từ (1) ta có ABC = 550 +450 =1000

Câu 12 Đáp án A

Ta có BCE =DCF (hai góc đối đỉnh) Đặt x =BCE =DCF

Theo tính chất góc ngồi tam giác ta có:  

0

0

45

(1) (2) ABC x

ADC x = + = +

Lại có ABC+ADC=180 (3)0 (hai góc đối diện tứ giác nội tiếp)

Từ (1);(2) (3) ta nhận được(x +45 )0 +(x +25 )0 =1800  =x 550 BCE =550

Do BCD BCE , hai góc kề bù nên

  1800  1800 550 1250

BCD BCE+ = BCD = - =

Ta lại có BAD BCD , hai góc đối diện tứ giác nội tiếp nên

  1800  1800 1250 550

BAD BCD+ = BAD = - =

Câu 13 Đáp án B

Ta có DBCD tam giác nên DCB = 60 (1).0 Mặt khác DABC tam giác cân A

 

   1800  300 (2)

ABXC

ACB ACB ABC BAC

ACB

ìï =

ïï  =

íï

ïïỵ + + =

Từ (1) (2) ta có DCA =DCB+BCA=600 +300 =90 (3)0

Chứng minh tương tự ta có ABD = 90 (4)0

Từ (3) (4) ta nhận ABD+DCA =900 +900 =1800

Vậy tứ giác ABDC tứ giác nội tiếp Câu 14 Đáp án C

Theo đề ta có ABD =ACD =90 ABD+ACD =90 +90 =180 mà hai góc ABD ACD ;

ở vị trí đối nên tứ giác ABDC tứ giác nội tiếp nên đáp án B

+ Lại có DABC cân A có  130   180 130 25

BAC =  ABC =ACB = -  = 

+ Ta có BDC+ABC =90 BDC =90-25 =65

Và BCD +ACB =90 BCD =90-25 =65

Từ suy tam giác BCD cân D nên đáp án A

+ Xét tứ giác ABDC nội tiếp nên BAC+BDC =180 BDC =180-BAC =180-130 =50

nên D

Ta chưa đủ điều kiện để suy tứ giác ABDC hình thoi nên C sai Câu 15 Đáp án D

Xét tứ giác IMHC ta có: MIC = 900 (MI vng góc với AC ); MHC = 900 (MH vng góc với

 

MIC MHC 180

 + =  tứ giác IMHC nội tiếp (dhnb)

Và tứ giác IMHC chưa đủ điều kiện để hình chữ nhật hình vng Câu 16 Đáp án D

Do tứ giác ABCP nội tiếp (vì có đỉnh thuộc đường tròn) BAP BCP , góc đối nên

  180 (1)0

BAP+BCP =

Do ABCD hình bình hành nên CD/ /AB suy

  180 (2)0

ABC +BCP =

Từ (1) (2) ta nhận BAP=ABC

Mặt khác CP/ /AB nên ABCP hình thang cân Đáp án A Từ ta suy AP =BC(3) (Đáp án C đúng)

Do BC =AD (vì ABCD hình bình hành) (4) Từ (3) (4) ta suy AP=AD Đáp án B

Vậy ba đáp án A B C, ,

Câu 17 Đáp án A

Tứ giác AHCK có AHC =90(AB ^CD AKC); =90(AK ^FC)

nên AHC+AKC =180  Tứ giác AHCK nội tiếp

Xét tam giác ADB có ADB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) DADB vng D

Do AD2 =AH AB. (hệ thức lượng tam giác vng)

Mà AD ¹BD AD; <AB nên phương án A, B, C sai Câu 19 Đáp án C

Xét ( )O có EAC =EDC (hai góc nội tiếp chắn cung)

Xét tứ giác nội tiếp AHCK có KAC =KHC nên EDC =KHC(=KAC) mà hai góc vị trí đồng vị nên KH / /ED

Xét tam giác CFD có KH / /ED mà H trung điểm DC ( AB ^DC) nên K trung điểm CF

Xét tam giác ACF có AK vừa đường trung tuyến vừa đường cao nên DACF cân A Câu 20 Đáp án D

+) Ta có: MDC góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính MC MDC =900 (tính chất góc

nội tiếp)

Xét tứ giác ABCD ta có:

Góc BAC góc BDC nhìn đoạn BC góc 90 0

⇒ ABCD tứ giác nội tiếp (dhnb)  phương án A

+) Xét đường trịn đường kính MC ta có điểm M C D S, , , thuộc đường tròn  Tứ giác MCSD tứ giác nội tiếp

 

ADM SCM

 = (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) (1)

Vì tứ giác ABCD nội tiếp (cmt) ACB =ADB (cùng nhìn đoạnAB ) (2)

Từ (1)và (2) BCA =ACS (=ADB)

Hay CA phân giác SCB  phương án C

+) Giả sử tứ giác ABCS tứ giác nội tiếp ASB =BCA (hai góc nhìn đoạn AB)

Mà ACB=BDA BAD ; ¹BSA (xét đường trịn đường kính CM )

 

ASB BCA

 ¹  tứ giác ABCS không tứ giác nội tiếp Câu 21 Đáp án A

Xét hình vng ABCD có DBC =BDC =45 (tính chất)

Xét tứ giác ABMQ có QAM =QBM =45 mà hai đỉnh A B nhìn đoạn thẳng MQ

nên ABMQ tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác APND có PAN =PDN =45 mà hai đỉnh A

D nhìn đoạn thẳng PN nên APND tứ giác nội tiếp

Câu 22 Đáp án B

Từ kết câu trước ta suy ADP =ANP =45 ,0 QAM =QBM =450

,

NP AM MQ AN

 ^ ^ Tập hợp điểm P Q C, , nhìn đoạn MN góc vng, nên điểm nằm đường trịn đường kính MN

Ta có: AKB góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) AKB =90 ( / ).0 t c Xét tứ giác HKBI ta có



  

90

180

90 ( { })

HKB

HKB HIB HIB doCD ^AB = I

ìï = 

ïï  + = 

íï = 

ïïỵ  Tứ giác BKHI tứ giác nội tiếp

(dhnb)  phương án A đúng, phương án B sai

Lại có KBA < 900 DAKB vng K  KBIH khơng hình chữ nhật

 phương án C sai Câu 24 Đáp án C

Do AD BE, đường cao nên HDC=HEC =90 0

Do HDC+HEC =900 +900 =180 0 Vậy tứ giác DCEH tứ giác nội tiếp

Các góc HED HCD , chắn cung HD nên

  (1).

HED =HCD Xét hai tam giác DBDE,DBHC có

 

HED HCD= (theo (1) ) góc EBC chung

Do DBDE ~ DBHC Từ ta nhận BD BE BH BE BC BD

BH = BC  = Đáp án A

+) Xét đường trịn đường kính BD có góc BED góc nội tiếp chắn nửa đường trịn BED =90 0

Xét DABC DBED ta có: DBE chung DEC +DAC =900+900 =1800  phương án A

đúng

+) Xét tứ giác ADEC có: DEC+DAC=900 +900 =1800

 Tứ giác ADEC tứ giác nội tiếp (dhnb) Đáp án B

+) Chứng minh tương tự ta tứ giác AFBC tứ giác nội tiếp  phương án C sai +) Gọi giao điểm BF AC H

Xét tam giác BHC có hai đường cao CF BA cắt D  D trực tâm tam giác BHC Mà DE ^AB  DE đường cao tam giác BHC hay H E D, , thẳng hàng

, DE AC

 BF đồng quy H  phương án D Câu 26 Đáp án A

Theo đề ta có: M điểm cung AB nên AM =MB Xét đường trịn (O) có:

+) MCD góc nội tiếp chắn cung   (1)

DM MCD = s DMđ

+) AED góc có đỉnh nằm đường trịn chắn cung MB cung AD

ổỗ ửữ ổỗ ửữ

= 1ỗố + ữứữ= 1ỗố đ + đ ø÷÷= đ (2)

2 2

MCD s AD s MB s AD s MA s DM

Từ (1) (2)   

2 MCD AED s DM

 = = đ

Câu 27 Đáp án D

+) Vì NEO =NMO=90 NEMO tứ giác nội tiếp nên bốn điểm O E M N, , , thuộc đường tròn

 Phương án A

+)  

2

NEC =CBE = số đo cung CE NEC NBE g( g) NE NC NB NE

D D

 ∽ -  =

2

NB NC NE

 =  Phương án B

+) Hai tam giác vuông NCH NMB g( g) NC NH NM NB

D ∽D -  =

NC NH NC NB NH NM NM NB

 =  =

Từ DNEH ∽DNME c( - -g c)NEH =EMN  Phương án C +) EMN =EON (tứ giác NEMO nội tiếp) NEH =NOE

Mà góc ENO phụ với góc EON nên góc EONcũng phụ với góc NEH EH ^NO OEF

D

 cân có ON phân giác

   

EON NOF NEF NOF

 =  = nên tứ giác NEOF nội tiếp

 180  90

NFO NEO

 = - =   Phương án D sai

Câu 28 Đáp án A

Theo giả thiết ta có OC ^AB CG, ^AG nên ta suy AOC =AGC =90 0

Nói cách khác O G, nhìn AC góc vng

Mà DOAC vng cân O nên OCA = 45 0 Suy OGA = 45 0 Ta lại có

    900  900  900 450 45 0

OGH +OGA=HGA=AGC = OGH = -OGA= - =

Do OGH = 450

Câu 29 Đáp án B

Do tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn tâm O, nên ta có

 

CAD =CBD (cùng chắn cung CD)

Do ta có CAD = 40 0 Tổng ba góc tam giác 1800

Nên: CAD+ACD +ADC =1800

  

ADC =1800-(CAD+ACD)=1800-(400+60 )0 =80 0

Câu 30 Đáp án A

Xét tam giác ABC cân A 600 1800 ˆ 1800 900 .

2 2

ˆ ˆ ˆ A

A= B =C = - = -¶ = -¶

Ta có tứ giác AMCB tứ giác nội tiếp (4 điểm A M B C, , , thuộc( )O )

 ổỗ ảửữữ ả ả

= - = -ỗỗ - ữữ= + = =

-ỗố ứ

0 0 0

180 180 90 90 90

2 2

AMC ABC DMA ABC

(tính chất tứ giác nội tiếp)

Gọi I giao điểm AM vàBD  DDMI vuông tạiI

 900  900 900 .

2

BDM AMD ổỗ ảửữữ ả

= - = -ỗỗ - ữữ=

ỗố ø

Câu 31 Đáp án A

Xét tứ giác ACBD ta có: BAC=BDC =900 nhìn đoạn BC

 

  0

180

180 180 30 150

BDA BCA

BDA BCA

 + =

 = - = - =



Có góc HDA BDA kề bù nên HDA =1800-BDA =300

Câu 32 Đáp án C

Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI ta có: BAI góc nội tiếp chắn cungBI 

BIN góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BI

 

BAI BIN

 = (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BI )

Xét đường tròn ( )O ta có: BDC =BAC (hai góc nội tiếp chắn cung BC)

 ( )

BIN BDC BAC

 = = Lại có hai góc vị trí đồng vị

( )

/ / / /

IN CD hay MN CD dpcm

 

đáp án A

+) Xét tứ giác ABNM ta có: BAI =BIN cmt( ) tứ giác ABNM tứ giác nội tiếp (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện)

 Đáp án B

+) Ta có: IN / /CD cmt( )INCD hình thang  đáp án D Câu 33 Đáp án B

Vẽ đường kính CE đường trịn ( )O

Ta có EAC =90 ,0EDC =900 (góc nội tiếp chắn đường kính EC )

Do hình thang AEDB nội tiếp ( )O nên nói phải hình thang cân

Kéo theo AB=DE (các cạnh bên hình thang cân)

Từ ta có AB2 +CD2 =DE2+DC2 =EC2 =(2 )a =4a2 (do DEDC vuông D).

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si cho (AB BD2, 2) ta có

2 2 2

2

2 2( )

( )

AB BD AB CD AB BD AB BD AB CD

AB CD

+ ³  + ³ + +

= +

Kéo theo (AB+CD)2 £2(4 )a2 =8a2 AB+CD£2 a

Đẳng thức xảy AB=CD

Xét tam giác DABI,DDCI có AB =CD, ABD =ACD (góc nội tiếp chắn cung AD),

 

BAC =DCB (góc nội tiếp chắn cung BC). Do DABI =DDCI g c g( ) Kéo theo AI =ID IB, =IC

Suy AC =AI +IC =ID +IB =BD Câu 34 Đáp án A

Gọi M trung điểm AC Do E điểm cung AC nên EM ^AC

Do EM qua tâm đường tròn ( ).O Giả sử DFE = 90 ,0 nên

 90 ,0

GFE = hay GE đường kính ( ).O Suy G M E, , thẳng hàng Vì GBE = 90 ,0 mà GMD =90 0

Kéo theo tứ giác BDMG tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính GD

Vì MBD =DGM=FGE (1) (cùng chắn cung DM)

Lại có tứ giác BFEG tứ giác nội tiếp nên FBE =FGE (2) ( chắn cung FE)

Từ (1) (2) ta suy MBD =FBE Do BF BM đối xứng qua BD Vì M ºN hay N trung điểm AC nên AN =NC

D.PHIẾU BÀI TẬP TỰ LUYỆN

a) Chứng minh B C D, , thẳng hàng

b) Đường thẳng d di động qua A cắt ( ),( )O O¢ E F, (E F, khác A, A nằm E F, ) 1) Chứng minh DBEF ∽DACD

2) Xác định vị trí d để chu vi tam giác BEF lớn nhất, diện tích tam giác BEF lớn Bài 2: AB BC CA, , ba dây cung đường tròn ( )O Từ trung điểm M cung AB ta vẽ dây

MN BC Gọi S giao điểm MN AC Chứng minh SM =SC SN =SA

Bài 3: Cho đường trịn ( )O , hai đường kính AB, CD vng góc M điểm cung AC, tiếp tuyến M cắt CD E

Chứng minh MED =2MBA

Bài 4: Cho điểm A đường tròn ( ; )O R Vẽ cát tuyến ABC ADE, đến đường tròn

( , , ,B C D E Ỵ( ))O

Chứng minh AB AC. =AD AE. =OA2-R2

Bài 5: Cho điểm A nằm đường tròn ( ; )O R (A khác O) BC DE, hai dây cung qua A Chứng minh rằng: AB AC. =AD AE. =R2-OA2

Bài 6: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R có đường cao AH đường phân giác AD

cắt đường tròn ( )O E Vẽ đường kính AF I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng:

a) DHAB ∽DCAF c)

sin sin sin

AB BC AC C = A = B

b)

4

ABC

AB AC BC S

R

= d) EB=EI =EC

e) AB AC. -DB DC. =AD2

Bài 7: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R M điểm nằm cung nhỏ BC Trên đoạn thẳng MA lấy điểm D cho MD =MB

a) Chứng minh DMBD b) Chứng minh MA=MB+MC

c) Xác định vị trí điểm M để MA+MB+MC lớn nhất, nhỏ

Bài 8: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ; )O R D E F, , cung

, ,

AB BC CA DE EF cắt AB AC M N,

Chứng minh rẳng: a) MN BC

d

F

E

D C

B A

O' O

Bài 9: Từ điểm A ngồi đường trịn ( )O kẻ tiếp tuyến AB AC, tới đường tròn ( )O Qua điểm

X thuộc dây BC, kẻ đường thẳng KL vng góc XO (K L lần lượt) nằm AB AC) Chứng minh KX =LX

Bài 10: Trên cạnh CD hình vng ABCD, lấy điểm M, vẽ đường trịn tâm O đường kính AM Gọi E giao điểm đường trịn tâm ( )O¢ đường kính CD Hai đường tròn cắt điểm thứ hai

N Tia DN cắt BC P Chứng minh rằng: a) Ba điểm E N C, , thẳng hàng

b) CA^MP

Bài 11: Cho đường tròn ( )O , M điểm ( )O , hai tiếp tuyến MA MB (A,B hai tiếp tuyến), C điểm đường trịn tâm M bán kính MA nằm đường tròn ( )O Các tia AC

và BC cắt đường tròn ( )O E D Chứng minh ba điểm D O E, , thẳng hàng

Bài 12: Cho tam giác ABC, đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M hạ MP ^AB

MQ^AC Gọi O trung điểm AM

a) Chứng minh năm điểm A P M H Q, , , , thuộc đường tròn b) Tứ giác OPHQ hình gì? Chứng minh

c) Xác định vị trí điểm M BC để PQ nhỏ

Bài 13: Cho đường tròn ( )O điểm P cố định bên đường tròn (khác O) Hai dây AD CD

thay đổi qua P vuông góc với M N trung điểm AD BC Chứng minh rằng: MN qua điểm cố định

Bài 14: Trên cạnh AB BC, tam giác ABC dựng phía ngồi tam giác hình vng ACA A1 2

và BCB B1 2 Chứng minh đường thẳng AB A B A B1, 1 , 2 2 đồng quy

Bài 15: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AC, dây AB cố định, M điểm thuộc cung

AB Gọi K trung điểm đoạn MB Từ K hạ KB^AM

a) Chứng minh rằng: M di động AB đường thẳng KP ln qua điểm cố định b) Tìm quỹ tích điểm K M di động cung AB

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1:

a) ABC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

AB BC

 ^

Tương tự có AB^BD

Suy B C D, , thẳng hàng b) 1) Xét DBEF DACD có:

 

S M C B N A O M E D C A O

của đường tròn ( )O )

 

BEF=ACD (hai góc nội tiếp chắn cung AB

của đường tròn ( )O¢ ) Do DBEF ∽DACD

2) *DBEF ∽DACD

( )

( )

CV BEF BE CV ACD AC

 =

( )

( ) CV ACD

CV BEF BE AC

 = , CV ACD( )

AC không đổi

Do đó: CV BEF( ) lớn

BE

 lớn

BE

 đường kính đường trịn ( )O

 900

BAE d AB

 =  ^ A

Vậy d vng góc với AB A chu vi tam giác BEF lớn

* DBEF ∽DACD

2 BEF ACD S BE S AC ổ ửữ ỗ ữ = ỗỗ ữữ ỗố ø 2 ACD BEF S S BE AC

 = , SACD2

AC không đổi

BEF

S lớn BE2 lớn BE

 lớn

BE

 đường kính đường tròn ( )O

 900

BAE d AB

 =  ^ A

Vậy d vng góc với AB A diện tích tam giác BEF lớn Bài 2:

Ta có: MN BC (gt)

 

MB NC

 =

Mà AM =MB (gt) Do đó: AM =NC

Suy ra: ACM =NMC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Do DSMC cân S SM =SC

Chứng minh tương tự có SN =SA Bài 3:



M N E D C B A O N M E D C B A O F E

H D C

B A

O

 1

2

MBA MOA

 =

 2

MOA MBA

 =

Mà MOA=MED (hai góc phụ với góc EOM ) Do đó: MED =2MBA

Bài 4:

Xét DACD DABE có



CAD chung

 

ACD=AEB (Hai góc nội tiếp chắn cung BD) Do DACD∽DAEB

AC AD AE AB

 =

AB AC AD AE

 =

OA cắt đường tròn ( )O M N, (M nằm O A) Chứng minh tương tự có: AB AC =AM AN

Mà AM AN =(OA-MA OA ON).( + )

2

(OA R OA)( R) OA R

= - + = -

Bài 5:

Xét DACD DAEB có:

 

ACD=AEB (Hai góc nội tiếp chắn cung BD)

 

ACD=EAB (đối đỉnh) Do DACD∽DAEB

AC AD AE AB

 =

AB AC AD AE

 =

AO cắt đường tròn ( )O M N, (A nằm O M) Chứng minh tương tự có: AB AC =AM AN

Mà AM AN =(OM-OA ON).( +OA)

2

(R OA R)( OA) R OA

= - + = -

Bài 6:

a) ACF = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét DHAB DCAF có:

 ( 90 )0

AHB=ACF =

 

Do DHAB ∽DCAF

b) DHAB ∽DCAF AB AH

AF AC

 = E

2

AB AC AB AC AH

AF R

 = =

1

2

ABC

AB AC BC S AH BC

R

= =

a) DACF vuông C, ta có: AC =AFsinAFC

2 sin

AC = R B (vì AFC=B)

2 sin AC R B  =

Chứng minh tương tự có:

sin sin

AC BC R C = A=

Do đó:

sin sin sin

AC BC AC C = A = B

b) BAE =EAC BEB=EC EB =EC

Mặt khác: BIE =BAI+BAI (BIE góc ngồi tam giác ABI )

  

IBE =EBC +CBI

  ,

IBE=EBC ABI =CBI

Do đó: BIE =IBE DEIB cân E EB=EI

Do đó: EB=EI =EC

c) Xét DABD DAEC có:

  , 

BAD=EAC ABD=AEC (Hai góc nội tiếp chắn cung AC) Do DABD ∽DAEC

AB AD

AB AC AD AE AE AC

 =  =

Xét DDAB DDCE có:

 

ABD=CDE (đối đỉnh)

 

DAB=DCE (Hai góc nội tiếp chắn cung BE) Do DDAB ∽DDCE

AD DB

DB DC AD DE DC DE

 =  =

Do AB AC -DB DC =AD AE -AD DE

2

( )

AD AE DE AD

D

M

C B

A

O

N M

F

E D

I O

C B

A

Bài 7:

a) DBMD=BCA =600

(Hai góc nội tiếp chắn cung AB)

MBD

D cân M (vì MB=MD) (gt) Có BMD =600  DMBD

b) DMND MB=BD=MD MBD, =600

Xét DMBC DDBA có:

MB=BD,

BC =BA (DABC đều)

 ( 600 )

MBC =DBA= -ABC

Do đó: DMBC = DDBA (c.g.c) MC =DA

Ta có: MA-MC =MD+DA=MA

c) MA=MB+MC

Do MA+MB+MC =2MA MA+MB+MC lớn

MA

 lớn

MA

 đường kính đường trịn ( )O M

 trung điểm BC

Vậy M trung điểm BC thì:

MA+MB+MC lớn

Mặt khác, xét ba điểm M B C, , có: MB+MC ³BC

Do đó: MA+MB+MC =2(MB+MC)³2BC, khơng đổi Dấu “=” xảy raM ºB M ºC

Vậy M trùng B M ºC MA+MB+MC nhỏ Bài 8:

a) AD =DB(gt) AED =BED

Xét DEAB có EM đường phân giác nên:

MA AE

MB = BE (1)

Tương tự: NA AE

NC =CE (2)

Mà BE =CE (vì BE =CE) (3)

Từ (1), (2) (3) có: MA NA

L X K C B A O M N P D C E B A O' O

Xét DABC có MA NA

MB = NC , theo định luật Ta-lét đảo có MN BC

b) Gọi I giao điểm BF CD ta có I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC

EBI

D cân E có ED đường phân giác nên đường trung trực BI

MI MB MBI

 =  D cân M MIB =MBI

Mà MBI=IBC

Nên MIB=IBC MI BC

Ta có MI BC MN BC ,  M I N, , thẳng hàng

Vậy MN qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bài 9:

Ta có: ABO = 900 (AB tiếp tuyến ( )O ) KXO = 900 (gt)

X

 B nằm đường tròn đường kính OK

 

OBX OKX

 = (góc nội tiếp chắn cung) Chứng minh tương tự:

 

OLX =OCX lại có DOBC cân (OB=OC)

 

OBX OCX

 =

Vậy: OKX =OLX OKL

 D cân có OX đường cao đường trung tuyến Vậy KX =LX

Bài 10:

a) Ta có D giao điểm thứ ( )O ( )O¢

Dễ thấy AEMD hình chữ nhật ED đường kính ( )O

Nên END = 900 (góc nội tiếp chắn nửa cung đường tròn)

Mặt khác CD đường kính ( )O¢

nên DNC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

  1800

END DNC

 + = hay ba điểm

, ,

E N C thẳng hàng

Ta có AEMD hình chữ nhật

AECM

 hình chữ nhật

 

EB CM

 = (1)

Xét DCBE DCDP có

BCE =CDP (hai góc phụ với góc DPC )

0

; 90

c D

E B A

M

O

K Q

P

H

M C

B

A

O Do đó: DCBE= DDCP (g.c.g)

EB CP

 = (2)

Từ (1) (2)

CM CP

 = hay DPCM cân có CA đường phân giác

CA

 đồng thời đường cao Vậy CA^MP

Bài 11:

Trong đường tròn ( )O ta có:  1

2

ABD= AOD

Mặt khác đường trịn ( )M có:

 1

2

ABC = AMC (góc nội tiếp nửa góc tâm

chắn cung)

 

AMC AOD

 = (1)

Tương tự ta có: BMC=BOE (2) Do MA MB tiếp tuyến ( )O nên:

  900

MAO=MBO=

Hay MAO =MBO =1800

  1800

AMB AOB

 + =

Hay AMC+BMC+AOB =1800 (3)

Từ (1), (2) (3) ta có: AOD+BOE+AOB =1800

Vậy ba điểm D O E, , thẳng hàng Bài 12:

a) Ta có: APM =AHM =AQM=900

 Ba điểm P H Q, , nằm đường trịn đường kính AM hay năm điểm A P M H P, , , , thuộc đường tròn

b) DAPM vng có PO đường trung tuyến

PO AO MO

 = =

AQM

D có QO đường trung tuyến

QO AO MO PO QO

 = =  =

Trong DAHM vng có: HO đường trung tuyến

HO AO MO

P N

M

D C

B A

O

3

2 Từ đó: HO =PO

Do A P M H, , , thuộc đường trịn tâm O

Nên POH =2PAH (góc nội tiếp nửa góc tâm)

Mà PAH = 300 (DABC đều, AH đường cao nên vừa đường phân giác)

Do đó: POH = 2.300=600

POH

D có PO =HO POH = 600

Nên DPOH PO=PH

Chứng minh tương tự ta có: DQOH QO=QH

Tứ giác OPQH có cạnh liên tiếp

OP =PH =HQ=QO nên hình thoi c) Nối P Q ta có:

PQ ^OH K

2

PQ KP =KQ=

2

OH

KO=KH = (Do tính chất đường chéo hình thoi)

PKO

D vng theo định lí Py-ta-go ta có:

2

2 2

2

AM AM PK =PO -KO =ỗổỗỗ ữữữữử -ỗổỗỗ ữữữửữ

ỗ ỗ

ố ứ ố ứ

2 2

1

4AM 16AM 16AM

= - =

3 3

4 2

PK AM PQ AM AH

 =  = ³ không đổi

Dấu “=” xảy M ºH

Vậy PQ nhỏ M ºH Bài 13:

Giả sử PM cắt CB M ¢

Ta có: BCD =BDA (góc nội tiếp chắn BD)

 

1

PAM =P (DAMP cân MP =MA=MD) Do đó: BCD =P1

Ta cịn có: P2 =P3 (đối đỉnh)

Mà    

1 90

P +P = vC +P = hay MP ^CB

B C

A

B1

B2 A2

A2

I C

K

P

M B

A

O Tương tự: NP OM

Do tứ giác PMON hình bình hành

OP

 MN cắt trung điểm I PO hay MN qua I cố định Bài 14:

 Trường hợp 1: C =900 Rõ ràng

1, , 2

AB A B A B đồng quy C  Trường hợp 2: C ¹ 900

Các đường trịn ngoại tiếp hình vng ACA A1 2 BCB B1 2

Có điểm chung c cắt M (khác C)

Ta có: 

2 45

AMA =

(góc nội tiếp chắn cung phần tư đường trịn)

 

2 90

A MC =A AC = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tương tự: 

1 45

CMB =

Vì tia MA2 nằm hai tia MA MC , tia MC nằm hai tia MB MA2

nên    0 0

2 45 90 45 180

AMA +A MC +CMB = + + =

hay A M B, , thẳng hàng

Chứng minh tương tự A M B1, , A M B2, , 2 thẳng hàng Vậy AB A B1, 1 A B2 2 qua M

Hay AB A B1, 1 A B2 2 đồng quy Bài 15:

a) CM ^AM (MAC = 900 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

KP ^AM (gt) KP CM

Gọi I giao điểm PK BC Ta có: PI CM mà KB=KM

Vậy KI đường trung bình DMBC IB IC

 =

,

B C cố định

I

 cố định

Vậy PK qua điểm I cố định b) Ta có: OKB=90 , ,0O B cố định

M di động cung AB K