Đang tải... (xem toàn văn)
Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn tâm O 1 bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình ch[r]
(1)Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N,P
Chứng minh rằng:
1 Tứ giác CEHD, nội tiếp
2 Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC
4 H M đối xứng qua BC
5 Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải:
1 Xét tứ giác CEHD ta có:
CEH = 900 (Vì BE đường cao) CDH = 900 (Vì AD đường cao) => CEH + CDH = 1800
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp 2 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 trịn đường kính BC. Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn
3 Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; A góc chung
AE
AD=
AH
AC => AEH ADC => => AE.AC = AH.AD
* Xét hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; C góc chung
BE
AD=
BC
AC => BEC ADC => => AD.BC = BE.AC
4 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
5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn => 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 tròn 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
1 Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp
2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn
1
(2)4 Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải:
1 Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 (Vì BE đường cao)
CDH = 900 (Vì AD đường cao) => CEH + CDH = 1800
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiết: BE đường cao => BE AC => BEA = 900.
AD đường cao => AD BC => BDA = 900.
Như E D nhìn AB góc 900 => E D nằm đường trịn đường kính AB
Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn
3 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
1
2 Vậy tam giác BEC vng E có
ED trung tuyến => DE = BC
Vì O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)
1
2 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 =
– 32 ED = 4cm
Bài : Cho nửa đường tròn 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 2.Chứng minh COD = 900.
AB2
4 3.Chứng minh AC BD =
4.Chứng minh OC // BM
5.Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường kính CD 5.Chứng minh MN AB
6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ
Lời giải:
1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM. Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
2.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM hai góc kề bù => COD = 900.
3.Theo COD = 900 nên tam giác COD vng O có OM CD ( OM tiếp tuyến ). Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM,
AB2
4 Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R
2 => AC BD = 4 Theo COD = 900 nên OC OD (1)
(3)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
CN
BN=
AC BD
CN
BN=
CM
DM 6 Theo AC // BD => , mà CA = CM; DB = DM nên suy
=> MN // BD mà BD AB => MN AB
7 ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi tứ giác ACDB = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD nhỏ , mà CD nhỏ CD khoảng cách giữ Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB
Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK
1 Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn. 2 Chứng minh AC tiếp tuyến đường trịn (O).
3 Tính bán kính đường tròn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm. Lời giải: (HD)
1 Vì I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B
Do BI BK hayIBK = 900
Tương tự ta có ICK = 900 B C nằm đường trịn đường kính IK B, C, I, K nằm đường tròn
2 Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH. C2 + I1 = 900 (2) ( IHC = 900 ) hoctoancapba.com
I1 = ICO (3) ( tam giác OIC cân O)
Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC OC Vậy AC tiếp tuyến đường tròn (O). 3 Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm.
√202− 122 AH2 = AC2 – HC2 => AH = = 16 ( cm)
CH2
AH =
122
16 CH
2 = AH.OH => OH = = (cm) √OH2+HC2=√92+122=√225 OC = = 15 (cm)
Bài : 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
(4)2 Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn
3 Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2. Chứng minh OAHB hình thoi
5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng
6 Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Lời giải:
1 (HS tự làm).
2 Vì K trung điểm NP nên OK NP ( quan hệ đường kính
Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường trịn đường kính OM
Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn 3 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.
4 Ta có OB MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC MB (gt) => OB // AC hay OB // AH. OA MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD MA (gt) => OA // BD hay OA // BH
=> Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi
5 Theo OAHB hình thoi => OH AB; theo OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vng góc với AB)
6 (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 trịn tâm A bán kính AH = R
Bài hoctoancapba.com Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường tròn 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
2 Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH 3.Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH)
4.Chứng minh BE = BH + DE Lời giải: (HD)
1 AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2).
Vì AB CE (gt), AB vừa đường cao vừa đường trung tuyến BEC => BEC tam giác cân => B1 = B2
2 Hai tam giác vng ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 => AHB = AIB => AI = AH. 3 AI = AH BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I.
4 DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED
Bài Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M
1 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn Chứng minh BM // OP
3 Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành
4 Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng
Lời giải:
1. (HS tự làm)
2.Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM góc tâm
2
AOM
2
AOM
chắn cung AM => é ABM = (1) OP tia phân giác é AOM ( t/c hai tiếp tuyến cắt ) => é AOP = (2)
(5)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 NOAB).
=> 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)
4 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 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 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB.
3) Chứng minh BAF tam giác cân
4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi
5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Lời giải:
1 Ta có : AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù).
AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù).
=> KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp
2 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.
3 Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí ……) => ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có éAEB = 900 => BE AF hay BE đường cao tam giác ABF (2).
Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B
4 BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm AF (3)
(6)Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường)
5 (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn AKFI phải hình thang cân
AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB
Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vng A có ABI = 450 => éAIB = 450 (8)
Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau). Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn
Bài Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đường tròn Các tia AC AD cắt Bx E, F (F B E)
1 Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh ABD = DFB
3 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
ABE = 900 (Bx tiếp tuyến) => tam giác ABE vng B có BC đường cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đường cao), mà AB đường kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi
2. ADB có ADB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn).
=> ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (1) ABF có ABF = 900 ( BF tiếp tuyến ).
=> AFB + BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2) Từ (1) (2) => ABD = DFB ( phụ với BAD)
3.Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800
ECD + ACD = 1800 (Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( bù với ACD)
Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 (Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp
Bài 10 Cho đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đường
vng góc từ S đến AB
1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh ∆ PS’M cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đường tròn
Lời giải:
1 Ta có SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AMS = 900 Như P M nhìn AS góc 900 nên nằm đường trịn đường kính AS
Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đường tròn Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đường tròn nên M’ nằm đường tròn => hai cung AM AM’ có số đo
=> AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1)
(7)=> 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
3 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 :
1. Tam giác DEF có ba góc nhọn
2. BD
CB=
BM
CF DF //
BC Tứ giác BDFC nội tiếp 4
Lời giải:
(HD) Theo t/c hai tiếp tuyến cắt ta có AD = AF => tam giác ADF cân A => ADF = AFD < 900 => sđ cung DF < 1800 => DEF < 900 ( góc DEF nội tiếp chắn cung DE)
Chứng minh tương tự ta có DFE < 900; EDF < 900 Như tam giác DEF có ba góc nhọn
AD AF
ABAC Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => => DF // BC. DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân)
=> BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường tròn
Xét hai tam giác BDM CBF Ta có DBM = BCF ( hai góc đáy tam giác cân). BDM = BFD (nội tiếp chắn cung DI); CBF = BFD (vì so le) => BDM = CBF
BD
CB =
BM
CF => BDM CBF =>
Bài 12 Cho đường tròn (O) bán kính R có hai đường kính AB CD vng góc với Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến N đường tròn P Chứng minh :
1 Tứ giác OMNP nội tiếp
2 Tứ giác CMPO hình bình hành
3 CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M
4 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định
Lời giải:
1 Ta có OMP = 900 ( PM AB ); ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến )
Như M N nhìn OP góc 900 => M N nằm đường tròn đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp 2 Tứ giác OMNP nội tiếp => OPM = ONM (nội tiếp chắn cung OM)
Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ONC = OCN => OPM = OCM
Xét hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1)
(8)3 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
CD CN => => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2 khơng đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M.
4 ( 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
1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp
3 AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Lời giải:
1 Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
éEAF = 900 ( Vì tam giác ABC vng A) (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) 2 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 tròn (O1) (O2)
=> éB1 = éH1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => éB1= éF1 => éEBC+éEFC = éAFE + éEFC mà éAFE + éEFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => éEBC+éEFC = 1800 mặt khác éEBC éEFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp
3 Xét hai tam giác AEF ACB ta có éA = 900 góc chung; éAFE = éABC ( theo Chứng minh trên)
AE AF
ACAB => AEF ACB => => AE AB = AF AC.
* HD cách 2: Tam giác AHB vng H có HE AB => AH2 = AE.AB
(*)
Tam giác AHC vng H có HF AC => AH2 = AF.AC
(**)
Từ (*) (**) => AE AB = AF AC
4 Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => éE1 = éH1
O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => éE2 = éH2 => éE1 + éE2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHB = 900 => éE1 + éE2 = éO1EF = 900
=> O1E EF
Chứng minh tương tự ta có O2F EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn thẳng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm Vẽ phía AB nửa đường trịn có đường kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K Đường vuông góc với AB C cắt nửa đường trịn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA,
EB với nửa đường tròn (I), (K) 1.Chứng minh EC = MN
2.Ch/minh MN tiếp tuyến chung nửa đ/tròn (I), (K)
3.Tính MN
4.Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn
Lời giải:
Ta có: éBNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm K)
=> éENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
(9)éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay éMEN = 900 (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (I) (K) => éB1 = éC1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => éC1= éN3 => éB1 = éN3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => éB1 = éN1 (5) Từ (4) (5) => éN1 = éN3 mà éN1 + éN2 = CNB = 900 => éN3 + éN2 = MNK = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N
Chứng minh tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường trịn (I), (K)
3 Ta có éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm O) => AEB vng A có EC AB (gt) => EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm. 4 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; S(k) = KB2 = 202 = 400.
1
2Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường trịn S = ( S(o) - S(I) - S(k))
2
2 S = ( 625- 25- 400) = 200 = 100 314 (cm2)
Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường tròn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường tròn (O) D đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S
1 Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB
3 Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chứng minh DM tia phân giác góc ADE
5 Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải:
1 Ta có éCAB = 900 ( tam giác ABC vng A); éMDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => CDB = 900 D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm đường tròn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp
2 ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB)
SM EM D1= C3 => => C2 = C3 (hai góc nội tiếp đường trịn (O) chắn hai cung nhau) => CA tia phân giác góc SCB
3 Xét CMB Ta có BACM; CD BM; ME BC BA, EM, CD ba đường cao tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy
SM EM 4 Theo Ta có => D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) 5 Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) => MEB = 900
(10)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
CE CS SM EM => => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB.
Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường tròn F, G
Chứng minh :
1 Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp
3 AC // FG
4 Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải:
1 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 2 Theo DEB = 900 => DEC = 900 (vì hai góc kề bù); BAC = 900 ( ABC vng A) hay DAC = 900 => DEC + DAC = 1800 mà hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp
* BAC = 900 ( tam giác ABC vng A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) hay BFC = 900 F A nhìn BC góc 900 nên A F nằm đường trịn đường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp
3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG
4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đường cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S.
Bài 17 Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M không trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC
1 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH
3 Chứng minh OH PQ Lời giải:
1 Ta có MP AB (gt) => APM = 900; MQ AC (gt)
=> AQM = 900 P Q nhìn BC góc 900 nên P Q nằm đường tròn đường kính AM => APMQ tứ giác nội tiếp
* Vì AM đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung điểm AM
1
22 Tam giác ABC có AH đường cao => SABC = BC.AH.
2Tam giác ABM có MP đường cao => SABM = AB.MP
2Tam giác ACM có MQ đường cao => SACM = AC.MQ
2
1
2 Ta có SABM + SACM = SABC => AB.MP + AC.MQ = BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH
(11)
HP HQ 3 Tam giác ABC có AH đường cao nên đường phân giác => HAP = HAQ => ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đường cao => OH PQ
Bài 18 Cho đường tròn (O) đường kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H khơng trùng O, B) ; đường thẳng vng góc với OB H, lấy điểm M ngồi đường trịn ; MA MB thứ tự cắt đường tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC
1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh đường thẳng AD, BC, MH đồng quy I
3 Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp Lời giải:
1 Ta có : éACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn ) => éMCI = 900 (vì hai góc kề bù)
éADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn ) => éMDI = 900 (vì hai góc kề bù).
=> éMCI + éMDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên MCID tứ giác nội tiếp
2 Theo Ta có BC MA; AD MB nên BC AD hai đường cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH đường cao tam giác MAB => AD, BC, MH đồng quy I
3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1
Mà A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 900
Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp
Bài 19 Cho đường trịn (O) đường kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD
1 Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi Chứng minh BI // AD
4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (O’) Lời giải:
éBIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBID = 900 (vì hai góc kề bù); DE AB M => éBMD = 900
=> éBID + éBMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp
Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD DC; theo BI DC => BI // AD (1) Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2).
Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đường thẳng song song với AD mà thôi.)
(12)Bài 20 Cho đường tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi C Gọi AC BC hai đường kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng:
1 Tứ giác MDGC nội tiếp
2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đường tròn Tứ giác ADBE hình thoi
4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE
7 MF tiếp tuyến (O’) Lời giải:
1 éBGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => éCGD = 900 (vì hai góc kề bù)
Theo giả thiết DE AB M => éCMD = 900
=> éCGD + éCMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp
2 éBFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éBFD = 900; éBMD = 900 (vì DE AB M) F M nhìn BD góc 900 nên F M nằm đường trịn đường kính BD => M, D, B, F nằm đường tròn
3 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung)
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường
4 éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình thoi
=> BE // AD mà AD DF nên suy BE DF
Theo éBFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BF DF mà qua B có đường thẳng vng góc với DF đo B, E, F thẳng hàng
5 Theo DF BE; BM DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE
=> EC đường cao => ECBD; theo CGBD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy
6 Theo DF BE => DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy
MF = 1/2 DE ( tam giác vng trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền)
(HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1
O’BF cân O’ ( O’B O’F bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = D1 (Cùng phụ với DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3
F2 Mà F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 = MFO’ hay MF O’F F => MF tiếp tuyến (O’)
Bài 21 Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q
Chứng minh đường tròn (I) (O) tiếp xúc A
2 Chứng minh IP // OQ Chứng minh AP = PQ
4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn
Lời giải:
Ta có OI = OA – IA mà OA IA bán kính đ/ trịn (O) đường tròn (I) Vậy đ/ tròn (O) đường tròn (I) tiếp xúc A
OAQ cân O ( OA OQ bán kính ) => A1 = Q1
IAP cân I ( IA IP bán kính ) => A1 = P1
=> P1 = Q1 mà hai góc đồng vị nên suy IP // OQ
(13)1
24 (HD) Kẻ QH AB ta có SAQB = AB.QH mà AB đường kính khơng đổi nên SAQB lớn QH
lớn QH lớn Q trùng với trung điểm cung AB Để Q trùng với trung điểm cung AB P phải trung điểm cung AO
Thật P trung điểm cung AO => PI AO mà theo PI // QO => QO AB O => Q trung điểm cung AB H trung với O; OQ lớn nên QH lớn
Bài 22 Cho hình vng ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DE, đường thẳng cắt đường thẳng DE DC theo thứ tự H K
1 Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc CHK
3 Chứng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đường nào? Lời giải:
1 Theo giả thiết ABCD hình vng nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => H C nhìn BD góc 900 nên H C nằm đường tròn đường kính BD => BHCD tứ giác nội tiếp
2 BHCD tứ giác nội tiếp => BDC + BHC = 1800 (1) BHK góc bẹt nên KHC + BHC = 1800 (2).
Từ (1) (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vng) => CHK = 450 3 Xét KHC KDB ta có CHK = BDC = 450 ; K góc chung
KC KH
KBKD => KHC KDB => => KC KD = KH.KB
4 (HD) Ta ln có BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển động cung BC (E B H B; E C H C)
Bài 23 Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền ngồi tam giác ABC hình vng ABHK, ACDE
1 Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng
2 Đường thẳng HD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho biết ABC > 450 ; gọi M giao điểm BF
ED, Chứng minh điểm B, K, E, M, C nằm đường tròn
4 Chứng minh MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Lời giải:
1 Theo giả thiết ABHK hình vng => BAH = 450
Tứ giác AEDC hình vng => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => BAC = 900 => BAH + BAC + CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng.
2 Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1). FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo CAD = 450 hay FAC = 450 (2). Từ (1) (2) suy FBC tam giác vuông cân F
(14)4 CBM có B = 450 ; M = 450 => BCM =450 hay MC BC C => MC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Bài 24 Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đường trịn đường kính AC có tâm O, đường tròn cắt BA BC D E
1 Chứng minh AE = EB
2 Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đường trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH
3.Chứng minh OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ BDE Lời giải:
1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450
=> AEB tam giác vuông cân E => EA = EB
2 Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đường trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE E => IK HE K (2).
Từ (1) (2) => IK trung trực HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH
3 theo I thuộc trung trực HE => IE = IH mà I trung điểm BH => IE = IB ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => BDH = 900 (kề bù ADC) => tam giác BDH vng D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID
Ta có ODC cân O (vì OD OC bán kính ) => D1 = C1 (3) IBD cân I (vì ID IB bán kính ) => D2 = B1 (4)
Theo ta có CD AE hai đường cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đường cao tam giác ABC => BH AC F => AEB có AFB = 900
Theo ADC có ADC = 900 => B1 = C1 ( phụ BAC) (5).
Từ (3), (4), (5) =>D1 = D2 mà D2 +IDH =BDC = 900=> D1 +IDH = 900 = IDO => OD ID D => OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE
Bài 25 Cho đường tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q
1 Chứng minh tam giác ABC cân Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp 3 Chứng minh MI2 = MH.MK Chứng minh PQ MI.
Lời giải:
1 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có AB = AC => ABC cân A. 2 Theo giả thiết MI BC => MIB = 900; MK AB => MKB = 900. => MIB + MKB = 1800 mà hai góc đối => tứ giác BIMK nội tiếp
* ( Chứng minh tứ giác CIMH nội tiếp tương tự tứ giác BIMK )
3 Theo tứ giác BIMK nội tiếp => KMI + KBI = 1800; tứ giác CHMI nội tiếp => HMI + HCI = 1800 mà KBI = HCI ( tam giác ABC cân A) => KMI = HMI (1)
BM Theo tứ giác BIMK nội tiếp => B1 = I1 ( nội tiếp chắn cung KM); tứ giác CHMI nội tiếp => H1 = C1 ( nội tiếp chắn cung IM) Mà B1 = C1 ( = 1/2 sđ ) => I1 = H1 (2)
MI MK
MH MI Từ (1) (2) => MKI MIH => => MI2 = MH.MK
4 Theo ta có I1 = C1; chứng minh tương tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI
F
1
1
1
/
/ _
_
K
H
I
E D
O
C B
(15)nội tiếp => Q1 = I1 mà I1 = C1 => Q1 = C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả thiết MI BC nên suy IM PQ
Bài 26 Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R Vẽ dây cung CD AB H Gọi M điểm cung CB, I giao điểm CB OM K giao điểm AM CB Chứng minh :
KC
KB=
AC
AB 1 AM tia phân giác CMD Tứ giác OHCI nội
tiếp
4 Chứng minh đường vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đường tròn M
BC MB MC Lời giải: Theo giả thiết M trung điểm =>
KC
KB=
AC
AB => CAM = BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)
=> AK tia phân giác góc CAB => ( t/c tia phân giác tam giác )
CD2 (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung điểm => CMA = DMA => MA tia phân
giác góc CMD
BC3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm => OM BC I => OIC = 900 ; CD AB H => OHC = 900 => OIC + OHC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác OHCI nội tiếp
4 Kẻ MJ AC ta có MJ // BC ( vng góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy MJ tiếp tuyến đường tròn M
Bài 27 Cho đường tròn (O) điểm A ngồi đường trịn Các tiếp tuyến với đường tròn (O) kẻ từ A tiếp xúc với đường tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đường tròn ( M khác B, C), từ M kẻ MH BC, MK CA, MI AB Chứng minh :
1 Tứ giác ABOC nội tiếp BAO = BCO MIH MHK MI.MK = MH2. Lời giải:
1 (HS tự giải)
2 Tứ giác ABOC nội tiếp => BAO = BCO (nội tiếp chắn cung BO). 3 Theo giả thiết MH BC => MHC = 900; MK CA => MKC = 900
=> MHC + MKC = 1800 mà hai góc đối => tứ giác MHCK nội tiếp => HCM = HKM (nội tiếp chắn cung HM)
Chứng minh tương tự ta có tứ giác MHBI nội tiếp => MHI = MBI (nội tiếp chắn cung IM) BM Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ ) => HKM = MHI (1) Chứng minh tương tự ta có KHM = HIM (2) Từ (1) (2) => HIM KHM
4.
MI MH
MH MK Theo HIM KHM => => MI.MK = MH2
Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC
(16)2 E, F nằm đường tròn (O)
3 Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân
4 Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC
Lời giải:
1 Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đường chéo cắt trung điểm đường
2 (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà
BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800
=> Tứ giác ABFC nội tiếp => F thuộc (O)
* H E đối xứng qua BC => BHC = BEC (c.c.c) => BHC = BEC => BEC + BAC = 1800 => ABEC nội tiếp => E thuộc (O)
3 Ta có H E đối xứng qua BC => BC HE (1) IH = IE mà I trung điểm của HF => EI = 1/2 HE => tam giác HEF vuông E hay FE HE (2)
Từ (1) (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3)
Theo E (O) => CBE = CAE ( nội tiếp chắn cung CE) (4)
Theo F (O) FEA =900 => AF đường kính (O) => ACF = 900 => BCF = CAE ( phụ ACB) (5)
Từ (4) (5) => BCF = CBE (6)
Từ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân
4 Theo AF đường kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đường trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH
GI OI
GA HA
1
2Theo giả thiết I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đường kính dây cung) =>
OIG = HAG (vì so le trong); lại có OGI = HGA (đối đỉnh) => OGI HGA => mà OI = AH
1
GI
GA => mà AI trung tuyến ∆ ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm ∆ ABC. Bài 29 BC dây cung đường tròn (O; R) (BC 2R) Điểm A di động cung lớn BC sao cho O nằm tam giác ABC Các đường cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H
1 Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC Gọi A’ trung điểm BC, Chứng minh AH = 2OA’ Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’ OA’ Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để
tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn Lời giải: (HD)
1 Tứ giác BFEC nội tiếp => AEF = ACB (cùng bù BFE) AEF = ABC (cùng bù CEF) => AEF ABC
2 Vẽ đường kính AK => KB // CH ( vng góc AB); KC // BH (cùng vng góc AC) => BHKC hình bình hành => A’ trung điểm HK
=> OK đường trung bình AHK => AH = 2OA’
3 Áp dụng tính chất : hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính
đường trịn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :
1
' '
R AA
R AA AEF ABC => (1) R bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC; R’ bán kính đường trịn ngoại tiếp AEF; AA’ trung tuyến ABC; AA1 trung tuyến AEF
Tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn đường kính AH nên đường trịn ngoại tiếp AEF
2
AH '
2
A O
(17)Vậy R AA1 = AA’ A’O (2)
4 Gọi B’, C’lần lượt trung điểm AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ đường cao tam giác OBC, OCA, OAB
1
2 SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )
2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3)
'
AA AA
1
'
AA AA
1
'
AA AA
EF BC
FD AC
ED
ABTheo (2) => OA’ = R mà tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC nên = Tương tự ta có : OB’ = R ; OC’ = R Thay vào (3) ta
EF FD ED
BC AC AB
BC AC AB 2SABC = R () 2SABC = R(EF + FD + DE)
* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC
1
2 Ta có SABC = AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A
điểm giỡa cung lớn BC
Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đường cao AH bán kính OA
1 Chứng minh AM phân giác góc OAH Giả sử B > C Chứng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 OAH = 200 Tính:
a) B C tam giác ABC
b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R
Lời giải: (HD)
BM CM 1 AM phân giác BAC => BAM = CAM => => M trung điểm cung BC => OM BC; Theo giả thiết AH BC => OM // AH => HAM = OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( tam giác OAM cân O có OM = OA = R) => HAM = OAM => AM tia phân giác góc OAH
AB AD
2 Vẽ dây BD OA => => ABD = ACB.
Ta có OAH = DBC ( góc có cạnh tương ứng vng góc nhọn) => OAH = ABC - ABD => OAH = ABC - ACB hay OAH = B - C
3 a) Theo giả thiết BAC = 600 => B + C = 1200 ; theo B C = OAH => B - C = 200
0
0
120 70
20 50
B C B
B C C
=>
2
.120
360 2
R R
R
2 2
(4 3)
3 12
R R R
b) Svp = SqBOC - SBOC = =
Bài 31 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp (O; R), biết BAC = 600. 1.Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R
2.Vẽ đường kính CD (O; R); gọi H giao điểm ba đường cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH AD // BH
3.Tính AH theo R Lời giải:
BC1 Theo giả thiết BAC = 600 => sđ=1200 ( t/c góc nội tiếp ) => BOC = 1200 ( t/c góc tâm)
BC 3 * Theo sđ=1200 => BC cạnh tam giác nội tiếp (O; R) => BC = R
(18)đường cao => AH BC => BD // AH Chứng minh tương tự ta AD // BH.
33 Theo DBC = 900 => DBC vuông B có BC = R; CD = 2R.
3=> BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R)2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R.
Theo BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R
Bài 32 Cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H OB. Chứng minh MN di động , trung điểm I MN ln nằm
một đường trịn cố định
2 Từ A kẻ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác CMBN hình bình hành
3 Chứng minh C trực tâm tam giác AMN Khi MN quay quanh H C di động đường
5 √3 Cho AM AN = 3R2 , AN = R Tính diện tích phần hình trịn (O) nằm ngồi tam giác AMN
Lời giải: (HD)
1 I trung điểm MN => OI MN I ( quan hệ đường kính dây cung) = > OIH = 900
OH cố địmh nên MN di động I di động ln nhìn OH cố định góc 900 I di động đường trịn đường kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN ln nằm đường trịn cố định
2 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 )
3 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
4 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
√3 √3 5 Ta có AM AN = 3R2 , AN = R => AM =AN = R=> AMN cân A (1)
√3 Xét ABN vuông N ta có AB = 2R; AN = R => BN = R => ABN = 600 ABN = AMN (nội tiếp chắn cung AN) => AMN = 600 (2).
2
3
4
R
Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN =
2 R
2
3
4
R 2(4 3 3
4
R
=> S = S(O) - SAMN = - =
(19)1 Chứng minh OM BC Chứng minh MC2 = MI.MA.
3 Kẻ đường kính MN, tia phân giác góc B C cắt đường thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đường tròn Lời giải:
1 AM phân giác BAC => BAM = CAM
BM CM => => M trung điểm cung BC => OM BC
2 Xét MCI MAC có MCI =MAC (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau); M góc chung
MC MI
MA MC => MCI MAC => => MC2 = MI.MA.
2
A B
2
A B
3 (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => P1 = 900 – K1 mà K1 góc ngồi tam giác AKB nên K1 = A1 + B1 = (t/c phân giác góc ) => P1 = 900 – (). (1)
2
C
2 2
A B
CQ tia phân giác góc ACB => C1 = = (1800 - A - B) = 900 – () (2).
2
A B
Từ (1) (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mà P C nằm nửa mặt phẳng bờ BQ nên nằm cung chứa góc 900 – () 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’
1 Tính bán kính đường trịn (O)
2 Kẻ đường kính CC’, tứ giác CAC’A’ hình gì? Tại sao? Kẻ AK CC’ tứ giác AKHC hình gì? Tại sao?
4 Tính diện tích phần hình trịn (O) nằm ngồi tam giác ABC Lời giải:
6
2
BC
2 32 9
2,5
4
CH
AH 1 (HD) Vì ABC cân A nên đường kính AA’ đường trịn 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’
=> AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm)
2 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 tròn ) nên suy tứ giác ACA’C’ hình chữ nhật
3 Theo giả thiết AH BC; AK CC’ => K H nhìn AC góc 900 nên nằm trên 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
1 Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp
2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM
(20)4 Chứng minh AE AC - AI.IB = AI2
5 Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Lời giải:
1 Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900; ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900
=> EIB + ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ giác IECB tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiết MN AB => A trung điểm cung MN => AMN = ACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) hay AME = ACM Lại thấy CAM góc chung hai tam giác AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM
AM AE
AC AM 3 Theo AME ACM => => AM2 = AE.AC
4 AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn ); MN AB I => AMB vng 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 5 Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O1 đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ khi NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM
Gọi O1 chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O1 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 O1 bán kính O1M với đường trịn (O) O1 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 :
1 Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Lời giải: & (HS tự làm)
3 Theo chứng minh DNHP nội tiếp => N2 = D4 (nội tiếp chắn cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH đường cao) HDP có HPD = 900 (do DP HC) => C1= D4 (cùng phụ với DHC)=>C1=N2 (1) chứng minh tương tự ta có B1=P1 (2)
Từ (1) (2) => HNP HCB
4 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 trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I
1 Chứng minh tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp Chứng minh BAC = 900
3 Tính số đo góc OIO’
4 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm Lời giải:
1 ( HS tự làm)
(21)1
2 ABC có AI = BC =>ABC vuông A hay BAC =90
0
3 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
4 Theo ta có 0I0’ vng I có IA đường cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm)
Bài 38 Cho hai đường tròn (O) ; (O’) tiếp xúc A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O’M AC Chứng minh :
1 Chứng minh tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp Tứ giác AEMF hình chữ nhật
3 ME.MO = MF.MO’
4 OO’ tiếp tuyến đường trịn đường kính BC BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ Lời giải:
1 ( HS tự làm)
2 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MA = MB =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME AB (1) Chứng minh tương tự ta có MF AC (2)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO’ tia phân giác hai góc kề bù BMA CMA => MO MO’ (3)
Từ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật
Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đường tròn => MA OO’=> MAO vng A có AE MO ( theo ME AB) MA2 = ME MO (4)
Tương tự ta có tam giác vng MAO’ có AFMO’ 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
=> IMBC M (*) Ta cung chứng minh OMO’ vuông nên M thuộc đường trịn đường kính OO’ => IM bán kính đường trịn đường kính OO’ (**)
Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’
Bài 39 Cho đường trịn (O) đường kính BC, dấy AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF
1 Hãy xác định vị trí tương đối đường trịn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao?
3 Chứng minh AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) (K)
5 Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn Lời giải:
1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O) OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (O)
IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K)
2 Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn )
(22)=> éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
éBAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn hay éEAF = 900 (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Theo giả thiết ADBC H nên AHB vng H có HE AB ( éBEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*)
Tam giác AHC vng H có HF AC (theo éCFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**)
Từ (*) (**) => AE AB = AF AC ( = AH2)
4 Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đường chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đường chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => éF1 = éH1
KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => éF2 = éH2
=> éF1 + éF2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHC = 900 => éF1 + éF2 = éKFE = 900 => KF EF
Chứng minh tương tự ta có IE EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) (K)
e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH OA (OA bán kính đường trịn (O) có độ dài khơng đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O
Vậy H trùng với O túc dây AD vng góc với BC O EF có độ dài lớn Bài 40 Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Trên Ax lấy điểm M kẻ tiếp tuyến MP cắt By N
Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB
Chứng minh AM BN = R2. SMON
SAPB R
2 Tính tỉ số AM
=
Tính thể tích hình nửa hình trịn APB quay quanh cạnh AB sinh
Lời giải:
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà
AOP BOP hai góc kề bù => MON = 900 hay tam giác MON vuông O. APB = 900((nội tiếp chắn nửa đường trịn) 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
2 Theo MON vng O có OP MN ( OP tiếp tuyến ).
Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có OP2 = PM PM Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tính chất hai tiếp tuyến cắt ) => AM BN = R2
R
2
R
2
R
2 3 Theo OP
2 = PM PM hay PM PM = R2 mà PM = AM = => PM = => PN = R2: = 2R
5
R MN AB
5
R 5
4 R2 => MN = MP + NP = + 2R = Theo APB MON => = : 2R = = k (k tỉ
số đồng dạng).Vì tỉ số diện tich hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng nên ta có:
2
5 25
4 16
SMON SAPB
SMON SAPB = k
(23)Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lấy điểm D, E cho DOE = 600
1)Chứng minh tích BD CE khơng đổi
2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE
3)Vẽ đường trịn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đường trịn ln tiếp xúc với DE
Lời giải:
1. Tam giác ABC => ABC = ACB = 600 (1); DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2).
DBO có DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) Từ (2) (3) => BDO = COE (4)
BD BO
CO CE Từ (2) (4) => BOD CEO => => BD.CE = BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi.
BD OD CO OE
BD OD BD BO
BO OE OD OE 2 Theo BOD CEO => mà CO = BO => (5) Lại có DBO = DOE = 600 (6)
Từ (5) (6) => DBO DOE => BDO = ODE => DO tia phân giác BDE
3 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 = AD.CD.
2 Tứ giác BCDE nội tiếp BC song song với DE Lời giải:
BD CD
AD BD 1 Xét 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 ABD => => BD2 = AD.CD
2 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
3 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 tròn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường trịn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM
1 Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp Chứng minh NE AB
3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O)
4 Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA) Lời giải: (HS tự làm)
2 (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE AB.
(24)AENF hình bình hành => FA // NE mà NE AB => FA AB A => FA tiếp tuyến (O) A
4 Theo tứ giác AENF hình bình hành => FN // AE hay FN // AC mà AC BN => FN BN N
BAN có BM đường cao đồng thời đường trung tuyến ( M trung điểm AN) nên BAN cân B => BA = BN => BN bán kính đường trịn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA)
Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đường trịn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vng góc AB H, cắt (O) E cắt OA D
1 Chứng minh
CO = CD Chứng minh tứ
giác OBCD hình thoi Gọi M trung
điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh I trung điểm OH
4 Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm O, M, K thẳng hàng
Lời giải:
Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đường tròn tâm O => OA tia phân giác BOC => BOA =
COA (1) OB AB ( AB tiếp tuyến ); CH AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2)
Từ (1) (2) => COD cân C => CO = CD.(3)
2 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
3 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 Chứ
ng minh BC // AE
2.Chứng minh ABCE hình bình hành
3.Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI So sánh BAC BGO
Lời giải: (HS tự làm)
2).Xét hai tam giác ADE CDB ta có EAD = BCD (vì so le )
AD = CD (gt); ADE = CDB (đối đỉnh) => ADE = CDB => AE = CB (1)Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành
3) I trung điểm CF => OI CF (quan hệ đường kính dây cung) Theo AECB hình bình hành =>
/ /
_
_
H
E
F
C N
M
O B
A
D I
K
M E
H
O
C B
(25)AB // EC => OI AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vng H
1
2 => 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 (CA) Đoạn PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E
a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD
b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: chungBEA
EAB EBD= (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…)
EB ED
EA EB
EB2 = EA.ED (1)
* = (s.l.t) ; = (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…)EPD PCA EAP PCA
EPD EAP PEA = ; chung ∆EPD ~ ∆EAP (g.g)
EP ED
EA EP
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 ABCd Cho = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC và
bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADEF HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g)
b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900) c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF
ABC
3
2 3d) AC = BC.sin = 2a.sin600 = 2a = a
ABC
1
2AB = BC.cos= 2a.cos600 = 2a = a
ABC
2 ABC BFK BFK AH = AB.sin = a.sin600 = a ; ∆ FKB vuông K , có = 600 = 300 AD = FD.sin AD = FD.sin30 a = FD.0,5 FD = a : 0,5 = 2a
Bài 48:ABC 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)
a Chứng minh
CI CE
CBCA
b Chứng minh D; E; I thẳng hàng
c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trịn đường kính EC
HD; a) AB // EI (cùng BC)
CI CE
CBCA (đ/lí Ta-lét)
b) chứng minh ABED hình thoi DE // AB mà EI //AB
D, E, I nằm trên
đường thẳng qua E // AB D, E, I thẳng hàng
IEO' c) = ( ∆ EO’I
cân ; O’I = O’E = R(O’))
IEO' HED HIE HDI
= (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến ∆HID cân =
HDI HED Mà + = 900 đpcm
Bài 49: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH(d) (H d) M điểm thay đổi (d) (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
PMQ c Giả sử = 600 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ
HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn
(Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900)
IO IQ
IP IH b) ∆ OIP ~ ∆
QIH (g.g) IH.IO = IQ.IP
c) MQK
PQ PQ
3
2 ∆v
MKQ có : MK = KQ.tg = KQ.tg600 =
(26)OQK KQ 33 PQ2 33 PQ 36 ∆v OKQ có: OK = KQ.tg = KQ.tg300 =
MPQ
OPQ
S
S PQ 32 PQ 36 = : = 3
Bài 50: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (EA) 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
DE CE b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy
c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO.
AOCe Đặt = α Tính theo R α đoạn AC BD 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 900)
b) AC // BD (cùng EB) ∆EAC ~ ∆EBD
CE AC
DE BD
CE CM
DE DM
DM CM
DE CE (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp
tuyến cắt nhau) (2)
NC AC
NBBD
NC CM
NBDM c) AC // BD (cmt) ∆NAC ~ ∆NBD(3) Từ 1; 2;
3 MN // BD
1
O O 2 O 3 O 4 O 1 O 2 O 3 O 4 O 2 O 3 O 4 D1 d) =; = mà +++= 1800 + = 900 ; + = 900 (…)
D O 2 O1
OB tg
R tg
R
tg = = = 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; BB CC1
a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn
b Chứng minh A B A C 1 11A phân giác
c Gọi J trung điểm AC Chứng minh IJ trung trực A1C1
d Trên đoạn HC lấy điểm M cho
MH
MC 3
So sánh diện tích tam giác: ∆HAC ∆HJM HD: a) HA1BC1 nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900)
Tâm I trung điểm BH
1
HA C HBC 1 HA B 1 1 HCB1b) C/m: = ; = ;
1
HBC HCB 1 HA C 1 1 HA B 1 1 = = đpcm.
c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 …
ỊJ trung trực
của A1C1
1
1
2d) S HJM = HM.JK ;
SHAC = HC.AC1
1
HC.AC HM.JK
MH
MC 3
HC HM+MC MC
1
HM HM HM
1
AC
JK SHAC : S HJM = mà ;(JK//
SHAC : S HJM = 8
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
nhau H; BP AM cắt K Chứng minh KH PM
d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng
HD: a) MABP nội tiếp đ/trịn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…)
OA = OB = R(O) O
thuộc đường trung trực AB qua L
trung điểm AB… b) IP // CM ( Cz)
MPIC hình thang IL = LC không đổi
C AB1
(27) vì A,B,C cố định I cố định.
c) PA KM ; PK MB H trực tâm ∆ PKM
KH PM
d) AHBK nội tiếp đ/trịn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…)
N tâm đ/tròn ngoại tiếp … NE = NA = R(N)
N thuộc đường trung trực AB
O,L,N thẳng hàng.
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)
b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân
c) ∆ KMN vuông KNKM mà KM // BP KN BP
APB = 900 (góc nội tiếp…) AP BP
KN // AP (BP)
KMN PAT 45 0KM // BP
PKM
PAM PKU 45
2
Mà
PKN 45 KNM 45 ; PK // AN Vậy ANPK hình bình hành.
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?
AMD DMB 45 HD: a) (chắn cung ¼ đ/trịn)
AMBMD tia phân giác
b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O)
∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến ∆ OMB ~ ∆ NAB
BM BO
BA BN BM.BN = BO.BA = 2R2 khơng đổi.
c) ONMA nội tiếp đ/trịn 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
Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF
Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F
a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường tròn (O) A b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao?
c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh với .BGO
BAC
ABCd Cho biết DF // BC.
Tính cos
HD:a) Gọi H trung điểm BCAHBC (∆ ABC cân A)
lập luận AHAE BC // AE (1)
b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) AE = BC (2)
Từ ABCE hình bình hành.
c) Theo c.m.t AB // CF GOAB.
BGO ABC BAH
1 BAC
= 900 – = =
d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục
đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, M qua AH
1
2 FD = MN = MD =
BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) DF.DN = DA.DC
2
4 ABC BH AB
2 2BH2 = AC2 BH = AC cos = =
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
a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng
b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp
c Chứng minh: A tâm đường trịn nội tiếp ∆BDE d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’)
_ _IO F N M D E A D
E O B
(28)HD: a) = 90CBA FBA0 = (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn) CBA FBA + = 1800 C, B, F thẳng hàng.
b) = 90CDF CEF 0 = CDEF nội tiếp (quĩ tích …)
ADE ECBc) CDEF nội tiếp = (cùng chắn cung EF)
ADB ECBXét (O) có: = (cùng chắn cung AB)
ADE ADB BDE DEB = DA tia phân giác Tương tự EA tia phân
giác
Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE
DOA DCA EO'A EFA DCA EFA DOA EO'A DAO EAO' ODO' O'EO
d) ODEO’ nội tiếp Thực : = ; = mà = (góc nội tiếp chắn cung DE) = ; mặt khác: = (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 tròn (O; R) có đường kính cố định ABCD.
a) Chứng minh: ACBD hình vng
AEBb) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC (EB; EC) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = 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
HD: a) AB CD ; OA = OB = OC = OD = R(O)
ACBD hình vng.
AED
1
2 AOD DEB
1
2 DOBb) = = 450 ; = = 450 AED DEB AEB= ED tia phân giác
AED EMB = 450 ; = 450 (∆ EMB vuông cân E)
AED EMB = (2 góc đồng vị) ED // MB.
c) ∆ EMB vuông cân E CE DE ; ED // BM
CE BM CE đường trung trực BM.
2d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R 2 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 ở 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
Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; < 900), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, 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
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;
D
O B
A
= //
E M
C
C B F
O
(29)N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CIAM (IAM)
a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành
MOI CAI c Chứng minh:
d Chứng minh: MA = 3.MB
COA 90 CIA 90 0HD: a) (…) ; (…)
Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900)
b) MB // CI (BM) (1)
1
N N NCI NBM
∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) (đ/đ) ; NC = NB ; (slt)
CI = BM (2) Từ BMCI hình bình hành.
CIA 90
1
CMI COA 45
2
c) ∆ CIM vuông cân (;) MI = CI ; ∆ IOM = ∆
IOC OI chung ;
MOI IOC IOC CAI MOI CAI IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) mà:
2
R AC
2 d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC = (với R = AO)
2
2 2 R R 10
AC +CN 2R + R
2 2
2
NC R 10 MI
MN =
NA 10 Từ :
AN = ; NI =
2
2 R R 2R R 10
NC MN
2 10 10
R 10 R 10 10 3R 10
5 MB = AM =
AN + MN = + =
AM = BM.
A 600
Bài 63: Cho ∆ABC có = nội tiếp đường tròn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, đường cao BK cắt AH E
BKH BCD a Chứng minh: BEC b Tính
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
BKH BAH HD: a) ABHK nội tiếp ;
BCD BAH BCD BKH ( chắn cung BD)
b) CE cắt AB F ;
FEK 180 0 A 180 0 600 1200 BECAFEK nội tiếp = 1200
B C 1200
BIC 180 180 120
2
c)
Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung nằm đường tròn tâm (O)
DAS
DS ISO
IO
2 d) Trong đ/trịn (O) có = sđ ; đ/trịn (S) có = sđ
ISO DS
2 IO
2 DS IE IO IE
= (so le trong) nên: = mà = = đpcm
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 PKAD PH AB Nối PA, cắt nửa đường tròn đường kính AB I PB cắt nửa đường trịn M Chứng minh rằng:
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 = RAIB 90 0(B)) mà
(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
là hình chữ nhật AH = KP PM = PK = AH
d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t)
PM AH = PA // MH
Vậy APMH hình thang cân
Bài 65: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN
a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn
b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB
(30)c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN HD: a) OIM OBM 90 0BOIM nội tiếp
b) INB OBM 90 NIB BOM ; (2 góc nội tiếp chắn cung BM) ∆ IBN ~ ∆OMB.
c) S
1
2 AIO = 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
HAI 45 Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức
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 (DA DC)
a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân giác BAC
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 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 BACAO hay AI tia phân giác
b) Ta có : DE = DC (gt) BDC BAC BC ∆ DEC cân ; = = 600 (cùng chắn )
BC IB IC BDI IDC∆CDE I điểm = =
BDC DI tia phân giác ∆CDE có DI tia phân giác nên là
đường cao DI CE
ACc) ∆CDE có DI đường cao đường trung trực CE IE = IC mà I C cố định IC không đổi E di động đ/trịn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I (cung nhỏ )
BCD → C E → C ; D → A E → B E động nhỏ đ/t (I; R = IC)
chứa ∆ ABC
Bài 67: Cho hình vng ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho :
a
3 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
ABài 68: Cho ∆ABC có góc nhọn; = 450 Vẽ đường cao BD CE Gọi H giao điểm BD, CE
a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.; b Chứng minh: HD = DC
DE
BC c Tính tỷ số:
d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OADE
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 BMD BCDb Khi điểm D
di động đường trịn ( + ) 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 tròn (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 BQD APBb =
c Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 72: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By
I
C B
=
E O
=
D A
N
M I
B
(31)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 MHAB (HAB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH
1 r
3 R 2 d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường trịn nội tiếp ∆EOF.
Chứng minh:
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.
BACc Cho = 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 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
AFN
c Chứng minh: M tâm đường tròn ngoại tiếp
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 trịn b ∆BKC tam giác gì? Vì sao?
c Tìm quỹ tích điểm E A di động nửa đường tròn (O)
1
2Bài 76: Cho ∆ABC vng C, có BC =AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B
và C) Từ B kẻ đường thẳng d vng góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K
CIKa Tính độ lớn góc
b Chứng minh: KA.KC = KB.KI; AC2 = AI.AE – AC.CK.
c Gọi H giao điểm đường trịn 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
CKD CBFb Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác cắt EF CD M
và 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 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: 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
1
2 c) Chứng minh S’ ≤ S
(32)
