80 bai tap on tap vao lop 10

Tuyển tập 80 toán hình học lớp Bài Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt Nguyễn văn mạnh đông hng 0984583557-thcs Tuyển tập 80 toán hình học lớp H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chứng minh r»ng: Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H vµ M đối xứng qua BC Xác định tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: Xét tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao) Nguyễn văn mạnh đông hng =>  CEH +  CDH = 1800 0984583557-thcs Tuyển tập 80 toán hình học lớp Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE  AC => BEC = 900 CF lµ ®êng cao => CF  AB => BFC = 900 Nh E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm đờng tròn đờng kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn Xét hai tam giác AEH vµ ADC ta cã:  AEH =  ADC = 900 ;  góc chung AE AH =>  AEH  ADC => => AE.AC = AH.AD AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta cã:  BEC =  ADC = 900 ; C lµ gãc chung BE BC  =>  BEC  ADC => => AD.BC = BE.AC AD AC Ta cã C1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC) C2 = A1 ( hai góc nội tiÕp cïng ch¾n cung BM) => C1 =  C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C => CB đơng trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BF) Cịng theo chøng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 ( hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED Chứng minh tơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đờng tròn nội tiếp tam giác DEF Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE Chøng minh tø gi¸c CEHD néi tiÕp Bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn Chứng minh ED = BC Chứng minh DE tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lêi gi¶i: XÐt tø gi¸c CEHD ta cã:  CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) Nguyễn văn mạnh đông hng 0984583557-thcs CDH = 900 ( Vì AD ®êng cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD , Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đờng cao => BE  AC => BEA = 900 AD đờng cao => AD BC => BDA = 900 Nh E D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm ®êng trßn ®êng kÝnh AB VËy ®iĨm A, E, D, B nằm đờng tròn Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900 Vậy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đờng 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) Mµ B1 = A1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mµ E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE t¹i E Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vuông E ta có ED = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bµi Cho nưa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt t¹i N Chøng minh AC + BD = CD Lêi gi¶i: Chøng minh COD = 90 AB 3.Chøng minh AC BD = 4.Chøng minh OC // BM 5.Chøng minh AB lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn đờng kính CD 5.Chứng minh MN AB 6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác gãc BOM, mµ AOM vµ BOM lµ hai gãc kỊ bï => COD = 900 Theo trªn COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM CD ( OM tiếp tuyến ) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OM = CM DM, Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB 4.Theo trªn COD = 900 nªn OC  OD (1) Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM  OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD) Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta cã AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB � IO // AC , mµ AC  AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD CN AC CN CM   Theo trªn AC // BD => , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy BN BD BN DM => MN // BD mµ BD  AB => MN  AB ( HD): Ta cã chu vi tø gi¸c ACDB = AB + AC + CD + BD mµ AC + BD = CD nªn suy chu vi tø giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhá nhÊt , mµ CD nhá nhÊt CD lµ khoảng cách giữ Ax By tức CD vuông góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm cña IK C2 + I1 = 900 Chøng minh B, C, I, K nằm đờng tròn (2) ( v× IHC = 900 ) Chøng minh AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Tính bán kính đờng tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lêi gi¶i: (HD) Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bï ®Ønh B Do ®ã BI  BK hayIBK = 900 T¬ng tù ta cịng cã ICK = 900 nh B C nằm đờng tròn ®êng kÝnh IK ®ã B, C, I, K cïng nằm đờng tròn Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC VËy AC tiếp tuyến đờng tròn (O) Từ gi¶ thiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = 20  12 = 16 ( cm) CH 12 = (cm)  AH 16 OH  HC   12  225 = 15 (cm) CH2 = AH.OH => OH = OC = Bµi Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng 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 Vì K trung điểm NP Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B n»m nªn OK  NP ( quan hƯ trªn mét ®êng trßn ®êng kÝnh Chøng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 Chøng minh OAHB lµ hình thoi Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d Lời giải: (HS tự làm) Và dây cung) => OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900; OBM = 900 nh vËy K, A, B cïng nh×n OM dới góc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R => OM lµ trung trùc cđa AB => OM  AB t¹i I Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đờng cao áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ OI IM = IA2 Ta cã OB  MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA  MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tø gi¸c 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 đờng thẳng vuông góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R VËy M di ®éng d H di động nhng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d nửa đờng tròn tâm A bán kính AH = R Bài Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E Chứng minh tam giác BEC cân Gọi I hình chiếu A BE, Chøng minh r»ng AI = AH Chøng minh BE tiếp tuyến đờng tròn (A; AH) Chøng minh BE = BH + DE Lêi gi¶i: (HD) 1. AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Vì AB CE (gt), AB vừa đờng cao vừa đờng trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2 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 vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, tõ P kỴ tiÕp tun tiÕp xóc với (O) M chắn cung AM => ABM Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đợc AOM = (1) OP tia đờng tròn 2 Chứng minh BM // OP phân giác AOM ( t/c hai Đờng thẳng vuông góc với AB O cắt tia BM N tiếp tuyến cắt ) => Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành AOM Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo AOP = (2) dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Từ (1) (2) =>  ABM Lêi gi¶i: =  AOP (3) (HS tự làm) 2.Ta có ABM nội tiếp chắn cung AM; AOM góc tâm Mà ABM AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 3.XÐt hai tam gi¸c AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyÕn ); NOB = 900 (gt NOAB) => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ 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 đờng chéo hình chữ nhật) (6) AONP hình chữ nhật => APO = NOP ( so le) (7) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8) Từ (7) (8) => IPO cân I có IK trung tuyến đông thời ®êng cao => IK  PO (9) Tõ (6) vµ (9) => I, J, K thẳng hàng Bài Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K 1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp => KMF + KEF 2) Chøng minh r»ng: AI2 = IM IB = 1800 Mµ KMF vµ 3) Chøng minh BAF tam giác cân KEF hai góc đối 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi tứ giác EFMK 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đợc EFMK tứ giác nội tiếp đờng tròn Lời gi¶i: Ta cã : AMB = 900 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù) AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù) Ta có IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên) áp dụng hệ thức cạnh ®êng cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lÝ ……) => ABE =MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo trªn ta cã AEB = 900 => BE AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung ®iĨm cđa AF (3) Tõ BE  AF => AF HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đờng cao nên đồng thời đơng trung tuyến => E trung điểm HK (6) Tõ (3) , (4) vµ (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn 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 gãc néi tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8) Tõ (7) vµ (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 đợc đờng tròn Bài Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ABD = DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp Lời giải: C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( néi tiÕp Tõ (1) vµ (2) => ABD chắn nửa đờng tròn ) => BC AE = DFB ( cïng phơ víi ABE = 900 ( Bx tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông BAD) B có BC đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB đờng kính nên AB = 2R không đổi AC AE không đổi ADB cã ADB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn ) => ABD + BAD = 900 (vì tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800)(1)  ABF cã ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn ) => AFB + BAF = 900 (v× tỉng ba gãc cđa mét tam gi¸c b»ng 1800) (2) BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn hay EAF = 900 (3) Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông) Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông H có HE AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam gi¸c AHC vuông H có HF AC (theo CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**) Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai ®êng chÐo AH vµ EF ta cã GF = GH (tính chất đờng chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1 = H1 KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => F2 = H2 => F1 + F2 = H1 + H2 mµ H1 + H2 = AHC = 900 => F1 + F2 = KFE = 900 => KF EF Chøng minh t¬ng tù ta cịng cã IE  EF VËy EF lµ tiÕp tun chung cđa hai đờng tròn (I) (K) e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH OA (OA bán kính đờng tròn (O) có độ dài không đổi) nên EF = OA AH = OA H trïng víi O VËy H trùng với O túc dây AD vuông góc với BC O EF có độ dài lớn Bài 40 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB Chøng minh AM BN = R2 S MON R TÝnh tØ sè AM = S APB Tính thể tích hình nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh Lời giải: Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà AOP BOP lµ hai gãc kỊ bï => MON = 900 hay tam giác MON vuông O APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông t¹i P Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã NB  OB => OBN = 900; NP  OP => OPN = 900 =>OBN+OPN =1800 mµ OBN vµ OPN lµ hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO Xét hai tam giác vuông APB MON cã APB =  MON = 900; OBP = PNO => APB MON Theo MON vuông O có OP MN ( OP tiếp tuyến ) áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OP2 = PM PM Mµ OP = R; AM = PM; BN = NP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AM BN = R2 R R Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM = => PM = => PN = R2: 2 R = 2R R 5R MN 5R => MN = MP + NP = + 2R = Theo trªn APB   MON => = : 2R = 2 AB = k (k tỉ số đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phơng tỉ số đồng dạng nên ta có: S MON S MON �5 � 25 = k => = � � S APB S APB �4 � 16 Bµi 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lần lợt lấy ®iÓm D, E cho  DOE = 600 1)Chứng minh tích BD CE không đổi Từ (2) (4) => BOD 2)Chøng minh hai tam gi¸c BOD; OED ®ång d¹ng BD BO   CEO => Tõ ®ã suy tia DO tia phân giác góc BDE CO CE 3)Vẽ đờng tròn tâm O tiếp xúc víi AB Chøng => BD.CE = BO.CO minh r»ng ®êng tròn tiếp xúc với DE mà OB = OC = R Lời giải: không đổi => BD.CE Tam giác ABC => ABC = ACB = 600 (1); = R2 không đổi 0 DOE = 60 (gt) =>DOB + EOC = 120 (2) DBO cã DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) Tõ (2) vµ (3) => BDO =  COE (4) Theo trªn BOD  CEO => BD OD BD OD BD BO     mµ CO = BO => (5) CO OE BO OE OD OE L¹i cã DBO = DOE = 600 (6) Tõ (5) vµ (6) => DBO  DOE => BDO = ODE => DO tia phân giác BDE Theo DO tia phân giác BDE => O cách DB DE => O tâm đờng tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đờng 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 đờng tròn (O) Tiếp tuyến B C lần lợt cắt AC, AB D E Chứng minh : 1.BD2 = AD.CD DCE => B vµ C 2.Tø giác BCDE nội tiếp nhìn DE dới 3.BC song song víi DE Lêi gi¶i: XÐt hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì góc nội tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại có D chung => BCD BD CD   ABD => => BD2 = AD.CD AD BD Theo gi¶ thiÕt tam giác ABC cân A => ABC = ACB => EBC = DCB mà CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây chắn cung) => EBD = góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE néi tiÕp Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => BCE = BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo trªn ) => CBD = BDE mà hai góc so le nên suy BC // DE Bài 43 Cho đờng tròn (O) ®êng kÝnh AB, ®iĨm M thc ®êng trßn VÏ ®iĨm N ®èi xøng víi A qua M, BN c¾t (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp N Chøng minh NE  AB Gäi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA lµ _ F tiÕp tun cđa (O) / M Chứng minh FN tiếp tuyến đờng tròn (B; BA) C / _ Lời giải: (HS tù lµm) E (HD) DƠ thÊy E lµ trùc tâm tam giác NAB => NE AB B A O H 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 hµnh => FA // NE mµ NE  AB => FA AB A => FA tiếp tuyến (O) A Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mµ AC  BN => FN  BN N BAN có BM đờng cao đồng thời đờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đờng tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA) Bµi 44 AB vµ AC lµ hai tiÕp tuyÕn đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuông góc AB H, cắt (O) E cắt OA D B Chøng minh CO = CD H Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi I Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I E Chứng minh I trung điểm OH O D A TiÕp tun t¹i E víi (O) cắt AC K Chứng M minh ba điểm O, M, K thẳng hàng K Lời giải: C Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đờng tròn tâm O => OA tia phân gi¸c cđa BOC => BOA = COA (1) OB  AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH  AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Từ (1) (2) => COD cân C => CO = CD.(3) theo trªn ta cã CO = CD mµ CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã OB // CH hay OB // CD (5) Từ (4) (5) => BOCD hình bình hành (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi M trung điểm CE => OM CE ( quan hệ đờng 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 đờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đờng tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) t¹i F Chøng minh BC // AE AD = CD (gt); ADE Chứng minh ABCE hình bình hành = CDB (đối đỉnh) Gọi I trung ®iĨm cđa CF vµ G lµ giao ®iĨm cđa BC vµ => ADE = CDB OI => AE = CB (1) So sánh BAC BGO Lời giải: (HS tự làm) 2).Xét hai tam giác ADE CDB ta cã EAD = BCD (v× so le ) Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành 3) I trung ®iĨm cđa CF => OI  CF (quan hƯ ®êng kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vuông H => BGK = BAH ( cung phụ với ABH) mà BAH = BAC (do ABC cân nên AH phân giác) => BAC = 2BGO Bài 46: Cho đường tròn (O) điểm P ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (C �A) Đoạn PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD B b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB � HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: BEA chung E � = EBD � (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) EAB O P EB ED D � EB = EA.ED (1) �  C EA EB � � (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) � = PCA � = PCA * EPD (s.l.t) ; EAP A � = EAP � ; PEA � chung � ∆EPD ~ ∆EAP (g.g) � EPD EP ED � EP2 = EA.ED (2)Từ & � EB2 = EP2 � EB = EP � AE trung tuyến ∆ PAB �  EA EP Bài 47: Cho ∆ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vng góc BD a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD b Chứng minh tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE � d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC bán kính đường trịn C ngoại tiếp tứ giác ADEF HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g) E b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900) K c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF D 2a � d) AC = BC.sin ABC = 2a.sin60 = 2a =a H a 600 � = 2a.cos60 = 2a AB = BC.cos ABC =a A B F � � � AH = AB.sin ABC = a.sin600 = a ; ∆ FKB vuông K , có ABC = 600 � BFK = 300 � � AD = FD.sin30 � AD = FD.sin BFK � a = FD.0,5 � FD = a : 0,5 = 2a � Bài 48: Cho ∆ABC vuông ( ABC = 900; BC > BA) nội tiếp đường trịn đưịng kính AC Kẻ dây cung BD vng góc AC H giao điểm AC BD Trên HC lấy điểm E cho E đối xứng với A qua H Đường trịn đường kính EC cắt BC I (I �C) B CI CE  a Chứng minh CB CA I b Chứng minh D; E; I thẳng hàng c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trịn đường kính EC H HD; a) AB // EI (cùng  BC) A O E CI CE �  (đ/lí Ta-lét) CB CA b) chứng minh ABED hình thoi � DE // AB mà EI //AB � D, E, I nằm đường thẳng qua E // AB � D, E, I thẳng hàng D � = IEO' � ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’)) c) EIO' � = HED � � = HDI � (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến � ∆HID cân � HIE IEO' � + HED � Mà HDI = 900 � đpcm O’ C Bài 49: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH  (d) (H �d) M điểm thay đổi (d) (M �H) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn b Chứng minh IH.IO = IQ.IP P � = 60 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ c Giả sử PMQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường trịn K O M (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) I IO IQ � IH.IO = IQ.IP  b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) � IP IH Q PQ PQ � c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg MQK = KQ.tg60 = 3 H 2 PQ PQ � ∆v OKQ có: OK = KQ.tg OQK = KQ.tg300 = KQ   3 SMPQ PQ PQ � = : =3 SOPQ Bài 50: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (E �A) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn DM CM  b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy D DE CE c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD M d Chứng minh: EA = EC.EM – EA.AO � e Đặt AOC = α Tính theo R α đoạn AC BD C N Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị R, không phụ thuộc vào α HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 90 ) B O A E b) AC // BD (cùng  EB) � ∆EAC ~ ∆EBD CE AC CE CM DM CM �    (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) � (2) � DE BD DE DM DE CE NC AC NC CM � MN // BD   c) AC // BD (cmt) � ∆NAC ~ ∆NBD � (3) Từ 1; 2; � NB BD NB DM d) � O1 = � O2 ; � O3 = � O mà � O1 + � O2 + � O3 + � O = 1800 � � O2 + � O3 = 900 ; � O4 + � D1 = 900 (…) OB R R �� = ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα � AC.DB = R.tgα D1 = � O2 = � O1 = α Vậy: DB = tg tg tg � AC.DB = R (Đpcm) Bài 51: Cho ∆ABC có góc nhọn Gọi H giao điểm đường cao AA1; BB1; CC1 a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn b Chứng minh A1A phân giác � B1A1C1 A c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1 MH  d Trên đoạn HC lấy điểm M cho MC B1 So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM C HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 90 ) J H Tâm I trung điểm BH b) C/m: � HA1C1 = � HBC1 ; � HA1B1 = � HCB1 ; M K � � � � � � I đpcm HBC = HCB HA C = HA B 1 1 1 12 c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 … C A1 � ỊJ trung trực A1C1 B 1 d) S HJM = HM.JK ; SHAC = HC.AC1 2 HC.AC1 MH HC HM+MC MC AC1 � SHAC : S HJM =  �   1  1  ;  (JK// AC1 mà HM.JK MC HM HM HM JK � SHAC : S HJM = Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P a Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp tâm O đường tròn nằm đường thẳng cố định qua điểm L AB b Kẻ PI  Cz Chứng minh I điểm cố định c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH  PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng z HD: a) MABP nội tiếp đ/trịn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…) P I OA = OB = R(O) � O thuộc đường trung trực AB qua L trung điểm AB… B b) IP // CM (  Cz) � MPIC hình thang � IL = LC khơng đổi H A,B,C cố định � I cố định O N c) PA  KM ; PK  MB � H trực tâm ∆ PKM L � KH  PM K d) AHBK nội tiếp đ/tròn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) � N tâm đ/trịn ngoại tiếp … � NE = NA = R(N) A � N thuộc đường trung trực AB � O,L,N thẳng hàng x M y C Bài 53: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM a So sánh hai tam giác: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuông cân c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) U b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân c) ∆ KMN vuông � KN  KM mà KM // BP � KN  BP P � = 900 (góc nội tiếp…) � AP  BP APB � KN // AP (  BP) � �  450 KM // BP � KMN  PAT � // N �  PKU �  PKM  450 Mà PAM A 0 �  45 ; KNM � PKN  45 � PK // AN Vậy ANPK hình bình hành K M T O = B Bài 54: Cho đường tròn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N a Chứng minh: tia MD phân giác góc AMB b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMA, I di động nào? C � � HD: a) AMD (chắn cung ¼ đ/trịn)  DMB  45 � � MD tia phân giác AMB M F b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O) N I ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến B � ∆ OMB ~ ∆ NAB A E O BM BO � � BM.BN = BO.BA = 2R không đổi  BA BN c) ONMA nội tiếp đ/tròn đ/k AN Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp � I cách A O cố định � I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC D Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường tròn (O) A b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao? � với BAC � c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGO A E � d Cho biết DF // BC Tính cos ABC HD:a) Gọi H trung điểm BC � AH  BC (∆ ABC cân A) lập luận AH  AE � BC // AE (1) D M b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) � AE = BC (2) N F Từ � ABCE hình bình hành O _ I c) Theo c.m.t � AB // CF � GO  AB _ � � � � = BAC � BGO = 900 – ABC = BAH H C d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục B đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH 1 � FD = MN = MD = BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) � DF.DN = DA.DC 2 BH � � 2BH2 = AC2 � BH = AC � cos ABC = = AB 4 G 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’) � � (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn) O’ HD: a) CBA = 900 = FBA O � � = 180 � C, B, F thẳng hàng � CBA + FBA � = 900 = CEF � � CDEF nội tiếp (quĩ tích …) F b) CDF C B � (cùng chắn cung EF) � c) CDEF nội tiếp � ADE = ECB � (cùng chắn cung AB) � Xét (O) có: ADB = ECB = ADB Tương tự EA tia phân giác DEB � � � DA tia phân giác BDE � � � ADE Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE � � � � � � d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = DCA ; EO'A = EFA mà DCA = EFA (góc nội tiếp chắn � � � � � � � ODEO’ nội tiếp cung DE) � DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO' (đ/đ) � ODO' = O'EO Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật � AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường trịn (O; R) có đường kính cố định AB  CD a) Chứng minh: ACBD hình vng b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (E �B; E �C) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = EB � ED // MB Chứng tỏ: ED tia phân giác AEB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường tròn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R HD: a) AB  CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) C � ACBD hình vng E // M � � � � b) AED = = DOB = 450 AOD = 45 ; DEB = 2 � � � � AED � ED tia phân giác AEB = DEB B A O 0 � � = 45 ; EMB = 45 (∆ EMB vuông cân E) AED � � � AED = EMB (2 góc đồng vị) � ED // MB c) ∆ EMB vuông cân E CE  DE ; ED // BM � CE  BM � CE đường trung trực BM D d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R ) Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường 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) (BC �2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm ∆ABC Các đường cao AD; BE; CF đồng quy H a Chứng minh:∆AEF ~ ∆ABC b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh: AH = 2.A’O c Gọi A1 trung điểm EF Chứng minh: R.AA1 = AA’.OA’ d Chứng minh: R.(EF + FD + DE) = 2.SABC Suy vị trí điểm A để tổng (EF + FD + DE) đạt GTLN Bài 60: Cho đường trịn tâm (O; R) có AB đường kính cố định cịn CD đường kính thay đổi Gọi (∆) tiếp tuyến với đường tròn B AD, AC cắt (∆) Q P 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 � < 900), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, AC Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp � b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp � PQ // BC Bài 62: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CI  AM (I �AM) C a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M = �  CAI � c Chứng minh: MOI N d Chứng minh: MA = 3.MB I = 0 � � HD: a) COA  90 (…) ; CIA  90 (…) � Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) O B A b) MB // CI (  BM) (1) �  NBM � (slt) ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) � N1  � N (đ/đ) ; NC = NB ; NCI � CI = BM (2) Từ � BMCI hình bình hành �  COA �  450 ) � MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ; �  900 ; CMI c) ∆ CIM vuông cân ( CIA � � mà: IOC �  CAI � � MOI �  CAI � � IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) MOI  IOC R AC (với R = AO)  2 R2 R 10 NC2 R 10 MI ; NI = AC2 +CN  2R + R    MN = 2 NA 10 d) ∆ ACN vuông có : AC = R ; NC = Từ : AN = � MB = NC2  MN  � AM = BM R2 R2 2R R 10 � AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10    10 10 10 � = 600 nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường trịn D, Bài 63: Cho ∆ABC có A đường cao BK cắt AH E �  BCD � a Chứng minh: BKH � b Tính BEC c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtròn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cân I A �  BAH � ; HD: a) ABHK nội tiếp � BKH �  BAH � �  BKH � ( chắn cung BD) � BCD BCD b) CE cắt AB F ; K 0 0 � � � � � AFEK nội tiếp FEK  180  A  180  60  120 BEC = 120 F E I � � �  1800  B  C  1800  120  1200 c) BIC 2 Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung C B H nằm đường tròn tâm (O) � � DS � � = sđ IO d) Trong đ/trịn (O) có DAS = sđ ; đ/trịn (S) có ISO D S 2 � � � = IE � = ISO � (so le trong) nên: DS = IO mà DS � = IE � � IO � � đpcm DAS 2 Bài 64: Cho hình vng ABCD, phía hình vng dựng cung phần tư đường trịn tâm B, bán kính AB nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PK  AD PH  AB Nối PA, cắt nửa đường trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M Chứng minh rằng: C D a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giác APMH hình thang cân P �  900 (góc nội tiếp …) K HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) mà AIB M � BI  AP � BI đường cao đường trung tuyến � I trung điểm AP I b) HS tự c/m c) ∆ ABP cân B � AM = PH ; AP chung � ∆vAHP = ∆v PMA � AH = PM ; AHPK hình chữ nhật � AH = KP � PM = PK = AH d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) B A H � = AH � � PA // MH � PM Vậy APMH hình thang cân Bài 65: Cho đường tròn 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 trịn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN H O �  OBM �  900 HD: a) BOIM nội tiếp OIM A B �  OBM �  90 ; NIB �  BOM � b) INB (2 góc nội tiếp chắn cung BM) � ∆ IBN ~ ∆OMB I c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn � IH lớn AO = R(O) N M Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn �  450 Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức HAI Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (D �A D �C) A � a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC D b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE DI  CE c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn = d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm cung nhỏ AC = E O HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m : � 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 � � = 600 (cùng chắn BC � ) b) Ta có : DE = DC (gt) � ∆ DEC cân ; BDC = BAC I � � BDI � � IB � = IC � � = IDC � ∆CDE I điểm BC � � DI tia phân giác BDC � ∆CDE có DI tia phân giác nên đường cao � DI  CE c) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE � IE = IC mà I C cố định � IC � (cung nhỏ ) không đổi � E di động đ/tròn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I �AC � nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC D → C E → C ; D → A E → B � E động BC Bài 67: Cho hình vng ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho : a AE = DF = a So sánh ∆ABE ∆DAF Tính cạnh diện tích chúng b Chứng minh AF  BE c Tính tỉ số diện tích ∆AIE ∆BIA; diện tích ∆AIE ∆BIA diện tích tứ giác IEDF IBCF � = 450 Vẽ đường cao BD CE Bài 68: Cho ∆ABC có góc nhọn; A Gọi H giao điểm BD, CE a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.; b Chứng minh: HD = DC DE c Tính tỷ số: d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OA  DE BC Bài 69: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn � � b Khi điểm D di động đường trịn ( BMD + BCD ) không đổi c DB.DC = DN.AC Bài 70: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi D điểm cung nhỏ BC Hai tiếp tuyến C D với đường tròn (O) cắt E Gọi P, Q giao điểm cặp đường thẳng AB CD; AD CE Chứng minh: a BC // DE b Các tứ giác CODE, APQC nội tiếp c Tứ giác BCQP hình gì? Bài 71: Cho đường trịn (O) (O’) cắt A B; tiếp tuyến A đường tròn (O) (O’) cắt đường tròn (O) (O’) theo thứ tự C D Gọi P Q trung điểm dây AC AD Chứng minh: a ∆ABD ~ ∆CBA � � b BQD = APB c Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 72: Cho nửa đường 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? c Kẻ MH  AB (H �AB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp ∆EOF Chứng minh: r   R Bài 73: Từ điểm A ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD//AC Nối BK cắt AC I a Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b Chứng minh: IC2 = IK.IB � c Cho BAC = 600 Chứng minh: Cát tuyến AKD qua O Bài 74: Cho ∆ABC cân A, góc A nhọn Đường vng góc với AB A cắt đường thẳng BC E Kẻ EN  AC Gọi M trung điểm BC Hai đ/thẳng AM EN cắt F a Tìm tứ giác nội tiếp đường trịn Giải thích sao? Xác định tâm đường trịn b Chứng minh: EB tia phân giác �AEF c Chứng minh: M tâm đường tròn ngoại tiếp VAFN Bài 75: Cho nửa đường tròn tâm (O), đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn Dựng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) K giao điểm CF ED a Chứng minh: Bốn điểm E, B, F, K nằm đường tròn b ∆BKC tam giác gì? Vì sao? c Tìm quỹ tích điểm E A di động nửa đường tròn (O) AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B C) Từ B kẻ đường thẳng d vng góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K � a Tính độ lớn góc CIK b Chứng minh: KA.KC = KB.KI; AC2 = AI.AE – AC.CK c Gọi H giao điểm đường tròn đường kính AK với cạnh AB Chứng minh: H, E, K thẳng hàng d Tìm quỹ tích điểm I E chạy BC Bài 76: Cho ∆ABC vuông C, có BC = Bài 77: Cho ∆ABC vng A Nửa đường trịn đường kính AB cắt BC D Trên cung AD lấy điểm E Nối BE kéo dài cắt AC F a Chứng minh: CDEF nội tiếp � � b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt EF CD M N Tia phân giác CBF cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao? c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r12 + r22 Bài 78: Cho đường trịn (O;R) Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M a Tam giác CEF EMB tam giác gì? b Chứng minh: Tứ giác FCBM nội tiếp Tìm tâm đường trịn c Chứng minh: Cấc đường thẳng OE, BF, CM đồng quy Bài 79: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác B, C khơng trùng điểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’ a Chứng minh: HE  AC 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 ... R 10 NC2 R 10 MI ; NI = AC2 +CN  2R + R    MN = 2 NA 10 d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = Từ : AN = � MB = NC2  MN  � AM = BM R2 R2 2R R 10 � AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10    10 10... 900 =>OBN+OPN = 1800 mµ OBN OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO Xét hai tam giác vuông APB vµ MON cã APB =  MON = 900; OBP = PNO => APB   MON Theo MON vuông O có OP ... bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình hµnh => PN // OB hay PJ // AB, mµ ON  AB => ON  PJ Ta còng cã PM  OJ ( PM lµ tiÕp tuyÕn ), mµ ON PM cắt I nên I trực tâm tam