TOÁN 9 HÌNH học có đáp án

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: Lời giải: Tứ giác CEHD, nội tiếp Xét tứ giác CEHD ta có: Bốn điểm B,C,E,F nằm đường trịn ∠CEH = 900 (Vì BE đường cao) AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC ∠CDH = 900 (Vì AD đường cao) H M đối xứng qua BC => ∠CEH + ∠CDH = 1800 Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF 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 => ∆ AEH ∼ ∆ADC => => AE.AC = AE AH = AH.AD AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta có: ∠ BEC = ∠ADC = 900 ; ∠C góc chung => ∆ BEC ∼ ∆ADC => => AD.BC = BE 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 Lời giải: Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Xét tứ giác CEHD ta có: Chứng minh ED = BC ∠CEH = 900 (Vì BE đường cao) Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm ∠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 => ∠BEA = 90 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP AD đường cao => AD ⊥ BC => ∠BDA = 900 Như E D nhìn AB góc 900 => E D nằm đường tròn 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 5.Chứng minh MN ⊥ AB 2.Chứng minh ∠COD = 90 6.Xác định vị trí M để chu vi 3.Chứng minh AC BD = tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ AB 4.Chứng minh OC // BM 5.Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn đường Lời giải: kính CD 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 Theo ∠COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM ⊥ CD ( OM tiếp tuyến ) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD AB =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 IO // AC , mà AC ⊥ AB => IO ⊥ AB O => AB ⇒ tiếp tuyến O đường trịn đường kính CD Theo AC // BD => , mà CA = CM; DB = CN CN CM AC = = DM nên suy BN BN DM BD => 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 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP 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 trịn Ta có ∠C1 = ∠C2 Chứng minh AC tiếp tuyến đường trịn (O) (1) ( CI Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm phân giác Lời giải: (HD) góc ACH Vì I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp ∠C2 + ∠I1 = 900 (2) góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B ( ∠IHC = 900 ) Do BI ⊥ BK hay∠IBK = 90 hoctoancapba.com Tương tự ta có ∠ICK = 900 B C nằm đường tròn đường kính IK B, C, I, K nằm đường trịn ∠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 = = 16 ( cm) 20 − 12 CH2 = AH.OH => OH = = (cm) CH 12 = OC = = 15 (cm) OH + HC = 2AH + 12 16 = 225 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 Lời giải: Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm (HS tự làm) đường trịn Vì K trung điểm NP nên Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 OK ⊥ NP ( quan hệ đường Chứng minh OAHB hình thoi kính Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d 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 tròn 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 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 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP => 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 ln cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R Bài hoctoancapba.com Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm A bán kính AH Gọi HD đường kính đường tròn (A; AH) Tiếp tuyến đường tròn D cắt CA E 1.Chứng minh tam giác BEC cân Vì AB ⊥CE (gt), AB vừa Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH đường cao vừa đường trung 3.Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH) tuyến ∆BEC => BEC tam 4.Chứng minh BE = BH + DE giác cân => ∠B1 = ∠B2 Lời giải: (HD) ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Hai tam giác vuông 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 tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp Lời giải: tuyến tiếp xúc với (O) (HS tự làm) M Ta có é ABM nội tiếp chắn cung Chứng minh tứ AM; é AOM góc tâm giác APMO nội tiếp chắn cung AM => é ABM = (1) đường tròn OP tia phân giác é AOM ( t/c Chứng minh BM // OP hai tiếp tuyến cắt ) => é Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh AOP = (2) tứ giác OBNP hình bình hành Từ (1) (2) => é ABM = é Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt AOP (3) J Chứng minh I, J, K thẳng hàng 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)) ∠AOM => ∆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) Từ (7) (8) => ∆IPO cân I có IK trung tuyến TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP đông thời đường cao => IK ⊥ PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn (M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp => ∠KEF = 900 (vì 2) Chứng minh rằng: AI = IM IB hai góc kề bù) 3) Chứng minh BAF tam giác cân => ∠KMF + ∠KEF = 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi 180 Mà ∠KMF ∠KEF 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn hai góc đối tứ giác EFMK Lời giải: EFMK tứ giác nội Ta có : ∠AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) tiếp => ∠KMF = 900 (vì hai góc kề bù) ∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) 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 ……) X => ∠ABE =∠MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung I nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có éAEB = 900 => BE ⊥ AF hay BE đường cao tam giác ABF (2) F Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đường M cao nên đồng thời đương trung tuyến => H E E trung điểm AF (3) Từ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo AE tia K phân giác góc IAM hay AE tia phân giác éHAK 2 (5) B Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE A O 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 tròn (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 Lời giải: 1.C thuộc nửa đường tròn nên ∠ACB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => BC ⊥ AE TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ∠ABE = 90 (Bx tiếp tuyến) => tam giác ABE vng B có BC => ∠AFB + ∠BAF = 900 (vì tổng đường cao => AC AE = AB (hệ thức cạnh đường cao), mà AB ba góc tam giác đường kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi 1800) (2) 2.∆ ADB có ∠ADB = 90 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) Từ (1) (2) => ∠ABD = 0 => ∠ABD + ∠BAD = 90 (vì tổng ba góc tam giác 180 ) (1) ∠DFB ( phụ với ∠BAD) ∆ ABF có ∠ABF = 900 ( BF tiếp tuyến ) 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 tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn 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 Vậy bốn điểm A, M, S, P 1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh ∆ PS’M cân nằm đường tròn 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đường trịn Vì M’đối xứng M qua AB mà M Lời giải: nằm đường tròn nên M’ Ta có SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa nằm đường tròn => hai cung AM đường tròn ) => ∠AMS = 900 Như P M nhìn AS AM’ có số đo góc 900 nên nằm đường trịn đường kính AS => ∠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 DF // BC Tứ giác BDFC nội BD BM = tiếp CB CF TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP AF (theo trên) => => DF // BC Lời giải: DF // BC => (HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF => tam giác ADF BDFC hình thang lại cân A => ∠ADF = ∠AFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => ∠DEF < 900 ( có ∠B = ∠C (vì tam giác góc DEF nội tiếp chắn cung DE) ABC cân) 0 Chứng minh tương tự ta có ∠DFE < 90 ; ∠EDF < 90 Như tam giác DEF => BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp có ba góc nhọn Ta có AB = AC (gt); AD = đường tròn AD AF = AB AC 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 => ∆BDM ∼∆ CBF => BD BM = Bài 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai CB CF 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 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP => ∠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 = = CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN CD CN 2R nên =2R không 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: éEAF = 900 ( Vì tam giác ABC Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn ) vng A) (3) => éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1) éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn ) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH ⊥BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường trịn (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) => ∆AEF ∼∆ ACB => => AE AB = AF AC AE AF = * HD cách 2: Tam giác AHB vuông H có HE AC AB ⊥ 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 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP 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) Lời giải: 1.Chứng minh EC = MN Ta có: éBNC= 900( nội tiếp chắn nửa 2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/trịn (I), (K).đường trịn tâm K) 3.Tính MN 4.Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường trịn => éENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1) éAMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn 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 tròn (I), (K) Ta có éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường trịn 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) = OA2 = 252 = 625; S(I) = IA2 = 52 = 25; π S(k) = KB2 = 202 = 400 Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường tròn S = ( S(o) - S(I) - S(k)) S = ( 625- 25- 400) = 200 = 100 314 (cm2) π1≈ 2 Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường tròn (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 tròn ) => ∠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= TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ∠C3( nội tiếp chắn cung AB) ¼ = EM ¼ ∠D1= ∠C3 => => ∠C2 = ∠C3 (hai góc nội tiếp SM đường tròn (O) chắn hai cung nhau) => 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 Theo Ta có => ∠D1= ∠D2 => DM tia SM phân giác góc ADE.(1) 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 CE giác góc SCB Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đường tròn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường tròn F, G Chứng minh : Theo ∠DEB = 900 => ∠DEC Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD (vì hai góc kề bù); ∠BAC = Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp ( ∆ABC vuông A) hay AC // FG DAC = 900 => ∠DEC + ∠DAC = Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy mà hai góc đối nên Lời giải: ADEC tứ giác nội tiếp 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 * ∠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 trịn 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 khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC 1.Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường trịn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH Chứng minh OH ⊥ PQ Lời giải: nên P Q nằm đường trịn đường Ta có MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 900; MQ ⊥ AC (gt) kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp * Vì AM đường kính đường trịn ngoại => ∠AQM = 900 P Q nhìn BC góc 10 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP di động đường trịn đường kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN ln nằm đường trịn cố định Theo giả thiết Ax ⊥ MN; theo OI ⊥ MN I => OI // Ax hay OI // AC mà O trung điểm AB => I trung điểm BC, lại có I trung điểm MN (gt) => CMBN hình bình hành ( Vì có hai đường chéo cắt trung điểm đường ) CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN ⊥ AN ( ∠ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => MC ⊥ AN; theo AC ⊥ MN => C trực tâm tam giác AMN Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đường tung bình ∆OBC => IH // OC Theo giả thiết Ax ⊥ MN hay IH ⊥ Ax => OC ⊥ Ax C => ∠OCA = 900 => C thuộc đường trịn đường kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đường trịn đường kính OA cố định Ta có AM AN = 3R , AN = R => AM =AN = R=> ∆AMN cân A (1) Xét ∆ABN vng N ta có AB = 2R; AN = R => BN = R => ∠ABN = 600 ∠ABN = ∠AMN (nội tiếp chắn cung AN) => ∠AMN = 600 (2) Từ (1) (2) => ∆AMN tam giác => S∆AMN = 3R ππ42R−23 => S = S(O) - S∆AMN = - = R (4 3R Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đường trịn M ¼ = CM ¼ Chứng minh OM ⊥ BC Xét ∆MCI BM Chứng minh MC2 = MI.MA ∆MAC có Kẻ đường kính MN, tia phân giác góc B C ∠MCI =∠MAC (hai góc nội tiếp chắn hai cắt đường thẳng AN P Q Chứng minh bốn cung nhau); ∠M góc chung điểm P, C , B, Q thuộc đường tròn => ∆MCI ∼ ∆MAC => => MC2 = MI.MA Lời giải: AM phân giác ∠BAC => ∠BAM = ∠CAM => => M trung điểm cung BC => OM ⊥ BC ∠A ∠B (HD) ∠MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đường + 2 tròn ) => ∠P1 = 90 – ∠K1 mà ∠K1 góc ngồi tam giác AKB nên ∠K1 = ∠A1 + ∠B1 = (t/c MC MI = phân giác góc ) => ∠P1 = 900 – ().(1) MA MC CQ tia phân giác góc ACB => ∠C1 = = ∠A∠1C∠B + 0 (180 - ∠A - ∠B) = 90 – () (2) 2 Từ (1) (2) => ∠P1 = ∠C1 hay ∠QPB = ∠QCB ∠A ∠B + mà P C nằm nửa mặt phẳng bờ 2 BQ nên nằm cung chứa góc 90 – () dựng BQ Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đường tròn Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiều cao AH = Cm, nội tiếp đường trịn (O) đường kính AA’ Tính bán kính đường trịn (O) Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ hình gì? Tại sao? Kẻ AK ⊥ CC’ tứ giác AKHC hình gì? Tại sao? Tính diện tích phần hình trịn (O) nằm tam giác ABC Lời giải: (HD) Vì ∆ABC cân CH BC 32 = 69 = A nên đường kính AA’ AH 24 = 24 = 2,5 19 đường tròn ngoại tiếp đường cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA’đi qua H => ∆ACA’ vng C có đường cao CH = = 3cm; AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H = => AA’ TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP => AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm) Vì AA’ CC’ hai đường kính nên cắt trung điểm O đường => ACA’C’ hình bình hành Lại có ∠ACA’ = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn ) nên suy tứ giác ACA’C’ hình chữ nhật Theo giả thiết AH ⊥ BC; AK ⊥ CC’ => K H nhìn AC góc 900 nên nằm đường trịn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => ∠C2 = ∠H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; ∆AOC cân O ( OA=OC=R) => ∠C2 = ∠A2 => ∠A2 = ∠H1 => HK // AC ( có hai góc so le nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2).Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân Bài 35 Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp đường tròn nên ∠ACB = 900 hay Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM ECB = 900 Chứng minh AM2 = AE.AC => ∠EIB + ∠ECB = 1800 mà Chứng minh AE AC - AI.IB = AI hai góc đối tứ giác IECB nên tứ Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn giác IECB tứ giác nội tiếp ngoại tiếp tam giác CME nhỏ Lời giải: Theo giả thiết MN ⊥AB I => ∠EIB = 900; ∠ACB nội tiếp chắn nửa 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 Theo ∆AME ∼ ∆ ACM => => AM2 = AM AE = AE.AC AC AM ∠AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN ⊥AB I => ∆AMB vuông M có MI đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đường cao tam giác vng) 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 trịn ngoại tiếp ∆ ECM; Nối MB ta có ∠AMB = 90 , tâm O1 đường tròn 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 tròn 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 Theo chứng minh DNHP nội tiếp => Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp = ∠D4 (nội tiếp chắn cung HP); Hai tam giác HNP HCB đồng dạng HDC có ∠HDC = 900 (do AH đường cao) Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng HDP có ∠HPD = 900 (do DP ⊥ HC) => Lời giải: & (HS tự làm) 20 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ∠C1= ∠D4 (cùng phụ với ∠DHC)=>∠C1=∠N2 (1) chứng minh tương tự taTừ có (1) (2) => ∆HNP ∼ ∆ HCB ∠B1=∠P1 (2) 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 Theo tính chất hai tiếp tuyến Chứng minh ∠BAC = 900 cắt ta có IB = IA , IA = IC Tính số đo góc OIO’ ρ ABC có AI = BC =>ρ ABC vng Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm Lời giải: A hay ∠BAC =900 ( HS tự làm) 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 ρ 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 trịn (O) ; (O’) tiếp xúc ngồi 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 Lời giải: Tứ giác AEMF hình chữ nhật ( HS tự làm) ME.MO = MF.MO’ Theo tính chất hai tiếp tuyến OO’ tiếp tuyến đường trịn đường kính BC cắt ta có MA = MB BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ =>ρ 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) 21 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP 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 trịn 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’ vng 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 tròn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao? Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn Chứng minh AE AB = AF AC nửa đường tròn ) Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) và=> éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa Lời giải: đường tròn ) 1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù) OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (O) IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K) 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 vuông H có HE ⊥ AB ( éBEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông 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 không 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 Lời giải: 2.Chứng minh AM BN = R Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt 3.Tính tỉ số AM = ta có: OM tia phân giác góc AOP ; R S MON 4.Tính thể tích hình nửa hình trịn APB quay quanh ON tia phân giác góc BOP, mà S APB cạnh AB sinh 22 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ∠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 vng 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 Theo OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mà PM = R AM = => PM = => PN = R2: = 2R => MN = MP + NP = + 2R = Theo ∆APB ∼ MN 5R 52R ∆ MON => = : 2R = = k (k tỉ số đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng AB dạng bình phương tỉ số đồng dạng nên ta có: = k2 => = S  MON 25  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 Từ (2) (3) => ∠BDO = ∠ 2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy COE (4) tia DO tia phân giác góc BDE Từ (2) (4) => ∆BOD ∼ 3)Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh ∆CEO => => BD.CE = đường trịn ln tiếp xúc với DE BO.CO mà OB = OC = R Lời giải: không đổi => BD.CE = R2 Tam giác ABC => ∠ABC = ∠ACB = 60 (1); không đổi ∠DOE = 600 (gt) =>∠DOB + ∠EOC = 1200 (2) ∆DBO có ∠DOB = 600 => ∠BDO + ∠BOD = 1200 (3) Theo ∆BOD ∼ ∆CEO => mà CO BD OD BD OD BD BO = => = = BD BO BO OE CO OE OD OE = CO CE = BO => (5) 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 : 1.BD2 = nội tiếp AD.CD BC song song với 2.Tứ giác DE BCDE Lời giải: 23 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Xét hai tam giác BCD BD CD ABD ta có ∠CBD = ∠BAD ( Vì AD = BD góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại có ∠D chung => ∆BCD ∼ ∆ABD => => BD2 = 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 tròn 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 giácFA // NE mà NE ⊥ AB => MNCE nội tiếp FA ⊥ AB A => FA Chứng minh NE ⊥ tiếp tuyến (O) A AB Theo tứ giác AENF Gọi F điểm đối hình bình hành => FN // xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O) AE hay FN // AC mà AC ⊥ Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA) BN => FN ⊥ BN N Lời giải: (HS tự làm) (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE ⊥ AB 3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => ∆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 trịn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vng góc AB H, cắt (O) E cắt OA D N Chứng minh OH CO = CD Tiếp tuyến E với (O) cắt _ Chứng minh tứ F AC K Chứng minh ba điểm O, M, / M giác OBCD K thẳng hàng hình thoi Lời giải: C / Gọi M trung Theo giả thiết AB AC hai tiếp _ điểm CE, Bm cắt tuyến đường tròn tâm O => OA E OH I Chứng minh tia phân giác ∠BOC => ∠BOA = B A I trung điểm COA (1) OB H 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 H I E O D A M K C 24 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP 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 AD = CD (gt); ∠ADE = 2.Chứng minh ABCE hình bình hành ∠CDB (đối đỉnh) => 3.Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI ∆ADE = ∆CDB => AE = So sánh ∠BAC ∠BGO CB (1) Lời giải: (HS tự làm) 2).Xét hai tam giác ADE CDB ta có ∠EAD = ∠BCD (vì so le ) 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 vng 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 (CA) 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 · HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: chung E BEA = (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) EB2 = EA.ED (1) * = (s.l.t) ; = (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) = ; chung ∆EPD ~ ∆EAP (g.g) EP2 = EA.ED (2)Từ & EB2 = EP2 EB = EP AE trung tuyến ∆ PAB 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 = 60 0; BC = 2a; AD = a Tính AC; ABC đường cao AH ∆ABC bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ADEF C 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 = 2a.sin600 = 2a = a AB = BC.cos= 2a.cos60 = 2a = a AH = AB.sin = a.sin60 = a ; ∆ FKB vuông K , có = 60 = 300 AD = FD.sin AD = FD.sin300 a = FD.0,5 FD = a : 0,5 = 2a Bài 48: Cho ∆ABC vuông ( = 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 (IC) CI CE a Chứng minh = CB CA 25 I TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ≠ ·EAP ·⇒ b Chứng minh D; E; I thẳng hàng EB 13 ED EBD PCA ABC EAB EPD PEA BFK ⇒ = P c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trịn EA22 đường EB kính EC F ⊥ HD; a) AB // EI (cùng BC) A (đ/lí Ta-lét) CI ⇒ CE = b) chứng minh ABED hình thoi DE // AB CB ⇒ CA mà EI //AB D, E, I nằm đường thẳng qua E // ⇒ AB ⇒ D, E, I thẳng hàng · c) = ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’)) IEO' EIO' ·IEO' · ⇒ ∆HID cân = = (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến HED HDI HIE ·HDI ·⇒ Mà + = 90 đpcm HED D H B Aa O A EP ⇒ ED HCB ⇒ EA = EP 600 C O E O’ D ≠ cố định không cắt (O; R) Hạ OH(d) (H d) M ⊥ Bài 49: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) ∈ điểm thay đổi (d) (MH) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn b Chứng minh IH.IO = IQ.IP P · c Giả sử = 600 Tính tỉ số diện tích tam giác: PMQ ∆MPQvà ∆OPQ HD: a) 5(Dựa điểmvào O,quĩ Q, tích H, M, cung P chứa góc nằm90trên ) đường trịn K O M b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) IH.IO = IQ.IP I c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg = KQ.tg600 = IO ⇒ IQ = · IH ∆v OKQ có: OK = KQ.tg = KQ.tg30 = PQ IPMQK PQ 3= H Q ·OQK =:=3 32 PQ PQ KQ = 2= 3 Bài 50: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (EA) Từ E, A, S⇒ PQ MPQ3 B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻS từCM E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự DM 62= OPQ D1 ≠ C c Gọi D N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD DE CE M ACMO nội tiếp d.a Chứng Gọi M minh: tiếpEA điểm = EC.EM tiếp –tuyến EA.AO kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác · e Đặt =trong α Tính mộttheo đường R trịn α đoạn AC BD AOC Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vào α HD:a)b.ACMO Chứngnội minh tiếp∆EAC (Dựa ~vào ∆EBD, quĩ tích từ cung suychứa góc 90 ) B O A E ⊥ b) AC // BD (cùng EB) ∆EAC ~ ∆EBD ⇒ (2) (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒// BD c) AC // BD (cmt) ∆NAC ~ ∆NBD(3) Từ 1; 2; MN 0 ¶ d) =; = mà +++= 180 + = 90 ; + = 90 (…) O ⇒1 = = = α Vậy: DB = = ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα AC.DB = R.tgα ⇒ AC.DB = R2 (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 A C b Chứng minh A1A phân giác 1 c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1 d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MH = So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM MC C1 HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) J H Tâm I trung điểm BH ·HA C b) C/m: = ; = ; 1 ·HBC = = đpcm c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 … C ⇒ A1 B ỊJ trung trực A1C1 26 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP d) S HJM = HM.JK ; SHAC = HC.AC1 SHAC : S HJM = mà ;(JK// AC1 HC HM+MC HC.AC AC⇒ MH 21 1=+121MC = + = = = ⇒ SHAC : S HJM = HM HM MC HM.JK JK 3HM 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 ⊥ không đổi b) IP // CM ( Cz) MPIC hình thang IL = LC ⇒ 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/tròn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) A N tâm đ/trịn ngoại tiếp … NE = NA = ⇒ R(N) ⇒ N thuộc đường trung trực AB ⇒ O,L,N thẳng hàng x M y C Bài 53: Cho nửa đường tròn (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 KNKM mà KM // BP KN BP P ⇒ ·APB ⊥ = 90 (góc nội tiếp…) AP BP ⇒ ⊥ KN // AP (BP) ⇒ · · KM // BP KMN = PAT = 450 Mà ¼ // N · ·· ⇒= PKM ·PKU ; PK // AN Vậy ANPK hình bình PAM = KNM PKN == 45 45200 = 45A hành K M T O = B Bài 54: Cho đường trịn 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 ·AMD = DMB · HD: a) (chắn cung ¼ đ/trịn) = 45 ⇒ ·AMB MD tia phân giác M F b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O) N 27 I TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến ⇒ ∆ OMB ~ ∆ NAB A ⇒ BM.BN = BO.BA = 2R không đổi BM BO c) ONMA nội tiếp đ/tròn đ/k AN Gọi I tâm BA = BN đ/tròn ngoại tiếp I cách A O cố định I thuộc đường trung ⇒ trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF E O B D 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 BGO tia BC; OI So sánh với BAC ·ABC d Cho biết DF // BC Tính cos A E ⇒ ⊥ HD:a) Gọi H trung điểm BCAHBC (∆ ABC cân A) ⇒ ⊥ lập luận AHAE 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 GOAB _ ⇒ · = 90 – = = BAH BGO BAC ABC d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục B M quaHAH C đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, G FD = MN = MD = BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ ⇒ CDF (g.g) DF.DN = DA.DC ⇒ ·BH 2BH2 = AC2 BH = AC cos = = 122 ABC AB 44 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’) · HD: a) = 900 = (góc nội tiếp chắn nửa đ/trịn) O’ CBA FBA O ⇒ · + = 180 C, B, F thẳng hàng CBA FBA ⇒ ·CEF b) = 900 = CDEF nội tiếp (quĩ tích …) CDF F C B ⇒ · c) CDEF nội tiếp = (cùng chắn cung EF) ADE ECB ·ECB Xét (O) có: = (cùng chắn cung AB) ADB · ⇒ giác = DA tia phân giác Tương tự EA tia phân ADB DEB BDE ADE Vậy A tâm đường trịn nội tiếp ∆BDE ·DCA · ⇒ (góc nội tiếp chắn cung DE) = ; mặt khác: = d) ODEO’ nội tiếp Thực : = ; = mà = ODO' O'EO EAO' DAO EO'A DOA EFA (đ/đ) = ODEO’ nội tiếp 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 ABCD a) Chứng minh: ACBD hình vng · ≠ (EB; EC) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC AEB EB Chứng tỏ: ED tia phân giác ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường tròn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R 28 C TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ⊥ HD: a) AB CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) ⇒ ACBD hình vng ·AED b) = = 450 ; = = 450 AOD DOB DEB ⇒ ·AED = ED tia phân giác DEB AEB ·EMB = 450 ; = 450 (∆ EMB vuông cân E) AED ⇒ ·AED = (2 góc đồng vị) ED // MB EMB c) ∆ EMB vuông cân E CE DE ; ED // BM ⊥ ⇒ ⊥ CE BM CE đường trung trực BM d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R) A O E // M = B D 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 trịn 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) ≠ (BC2R) 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 a Chứng minh: Tứ giác CPQD nội tiếp b Chứng minh: Trung tuyến AI ∆AQP vng góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường trịn ngoại tiếp ∆CPD µ trịn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; < 900), cung A AC 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 ⊥ trung điểm cung AB; N trung điểm Bài 62: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB, C ∈ BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CIAM (IAM) 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 d Chứng minh: MA = 3.MB I N = ·CIA · HD: a) (…) ; (…) COA ==90 9000 ⇒ Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa O B A góc 90 ) 29 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP ⊥ b) MB // CI (BM) (1) ·NCI ¶N == NBM ·¶N ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) (đ/đ) ; NC = NB ; (slt) ⇒ CI = BM (2) Từ BMCI hình bình hành · 1⇒ c) ∆ CIM vng cân (;) MI = CI ; ∆ IOM · ·= 900= 450 CIA CMI = COA = ∆ IOC OI chung ; ·MOI ·IOC⇒ ·CAI · IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) mà: == CAI IOC d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = (với R = R 2 AC = AO) MB = AM = AN + MN = + 2 Từ : AM AN = 3; NI = BM NC2 R 10 MI R2 R 10 2 = MN = AC +CN == 2R + = 2⇒ 2= R 3R R 10 102R R 2R2 R 210 NA 10 − = = Bài 63: Cho ∆ABC có = nội NC − MN = 210 52 10 10 tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường tròn ⇒ D, đường cao BK cắt AH E a Chứng minh: b Tính µ0 60 A 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) BKH BCD d Chứng minh: ∆IOE cân I · BEC ·BKH ⇒ · HD: a) ABHK nội tiếp ; = BAH ·BCD ⇒ · ( chắn cung BD) = BAH BKH b) CE cắt AB F ; K · ·⇒ AFEK nội tiếp = 1200 FEK = 1800 − ¶ABEC = 180 − 600 = 120 A ¶ ¶ c) ·BIC = 1800 −0 B + C = 1800 − 120 = 1200 F E I Vậy I chuyển động cung chứa góc 120 dựng đoạn BC, cung C 2 B H nằm đường trịn tâm (O) d) Trong đ/trịn (O) có = sđ ; đ/trịn (S) có = sđ = (so le trong) nên: = mà = = đpcm º ·ISO ·DS »IO DAS ⇒ ºdựng cung phần tư đường D · · » Bài 64: Cho hình vng ABCD, phía hình vng trịn S tâm B, bán kính AB IE IO DAS ISO DS nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PKAD PH AB Nối PA, cắt nửa ⊥ M Chứng minh rằng: đường trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giác APMH hình thang cân · HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R (B)) mà AIB = 900 (góc nội tiếp …) ⊥ BIAP BI đường cao đường trung tuyến ⇒ ⇒ I trung điểm AP 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) »⇒ = PA // MH PM AH Vậy APMH hình thang cân C D P K M I A H B 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 30 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN · · HD: a) BOIM nội tiếp A OIM = OBM = 900 ·INB ·NIB · · b) ; (2 góc nội tiếp chắn cung BM) = OBM = BOM = 90 ⇒ ∆ IBN ~ ∆OMB c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn IH lớn AO = ⇔ R(O) 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 H O B I N M Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; ≠ R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (DA DC) A · a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân BAC giác 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 : ⇒3 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 ⇒ ·BC » chắn ) b) Ta có : DE = DC (gt) ∆ DEC cân ; = = 60 (cùng BDC BAC I ⇒ º ·BDI »IC ∆CDE I điểm = = IB IDC BC ·⇒ ⊥ nên đường cao DI CE DI tia phân giác ∆CDE có DI tia phân giác BDC ∈ trung trực CE IE = IC mà I C cố định »⇒ c) ∆CDE có DI đường cao đường AC IC không đổi E di động đ/trịn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I (cung nhỏ ) »⇒ 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 : AE = DF = a 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 đường cao BD CE Bài 68: Cho ∆ABC có góc nhọn; = 45 Vẽ A Gọi H giao điểm BD, CE a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.; b Chứng minh: HD = DC ⊥ tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OADE c Tính tỷ số: d Gọi O tâm đường DE Bài 69: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D BC 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 ·BCD · b Khi điểm D di động đường trịn ( + ) BMD khơng đổi c DB.DC = DN.AC Bài 70: Cho ∆ABC nội tiếp đường trịn (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 tròn (O) (O’) cắt A B; tiếp tuyến A đường trịn (O) 31 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP (O’) cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh: a ∆ABD ~ ∆CBA ·APB b = BQD c Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 72: Cho nửa đường trịn (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? ⊥ MH EB So sánh MK với KH c Kẻ MHAB (HAB) Gọi K giao điểm ∈ d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường r < < tròn nội tiếp ∆EOF Chứng minh: 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 = 600 Chứng minh: Cát tuyến AKD BAC qua O Bài 74: Cho ∆ABC cân A, góc A nhọn Đường ⊥ vng góc với AB A cắt đường thẳng BC E Kẻ ENAC 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 ∠AEF b Chứng minh: EB tia phân giác 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 trịn (O) Bài 76: Cho ∆ABC vng C, có BC =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; AC = 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 77: Cho ∆ABC vuông 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 ·CBF · b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt EF CD M N Tia phân giác cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao? c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r12 + r22 Bài 78: Cho đường tròn (O;R) Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M 32 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP 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 không trùng điểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’ ⊥ a Chứng minh: HEAC 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 33 ... TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP => 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... nội Ta có : ∠AMB = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường trịn) tiếp => ∠KMF = 90 0 (vì hai góc kề bù) ∠AEB = 90 0 (nội tiếp chắn nửa đường trịn) Ta có ∠IAB = 90 0 (vì AI tiếp tuyến) => ∆AIB vng A có AM ⊥... hình thang lại cân A => ∠ADF = ∠AFD < 90 0 => sđ cung DF < 1800 => ∠DEF < 90 0 ( có ∠B = ∠C (vì tam giác góc DEF nội tiếp chắn cung DE) ABC cân) 0 Chứng minh tương tự ta có ∠DFE < 90 ; ∠EDF < 90