=> Tứ giác ADBE là hình thoi vì có hai đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường.. Cho đường tròn (O) đường kính AB.[r]
(1)Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt
tại 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 tròn 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
=> AEH ADC => AE
AD=
AH
AC => AE.AC = AH.AD
* Xét hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; C góc chung
=> BEC ADC => BEAD=BC
AC => 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 trịn nội tiếp tam giác DEF
Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác AHE
(2)2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED =
2 BC
4 Chứng minh DE tiếp tuyến đường trịn (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
cùng 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
Vậy tam giác BEC vng E có ED trung tuyến => DE = 12 BC
Vì O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)
Theo DE = 12 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 trịn đường kính
AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By C D Các đường thẳng AD BC cắt N
1.Chứng minh AC + BD = CD 2.Chứng minh COD = 900.
3.Chứng minh AC BD = AB2
4
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
của góc BOM, mà AOM BOM hai góc kề bù => COD = 900.
3.Theo COD = 900 nên tam giác COD vuông O có OM CD ( OM tiếp tuyến )
Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vng ta có OM2 = CM DM,
Mà OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD = AB2
4
(3)Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM OD (2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD)
5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có
IO bán kính
Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC AB; BD AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB
IO // AC , mà AC AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đường tròn đường kính
CD
6 Theo AC // BD => CN
BN=
AC
BD , mà CA = CM; DB = DM nên suy CN
BN=
CM DM
=> 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.
AH2 = AC2 – HC2 => AH = √202
− 122 = 16 ( cm)
CH2 = AH.OH => OH = CH2
AH =
122
16 = (cm)
(4)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
1 Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp
2 Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn
3 Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2.
4 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
chỉ có đường thẳng vng góc với AB)
6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động
nhưng cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường tròn tâm A bán kính AH = R
Bài hoctoancapba.com Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm A bán kính
AH Gọi HD đường kính đường trịn (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 vuông 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
2 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:
(HS tự làm)
Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM góc tâm
(5)chắn cung AM => é ABM =
AOM
(1) OP tia phân giác é AOM
( t/c hai tiếp tuyến cắt ) => é AOP =
AOM
(2) Từ (1) (2) => é ABM = é AOP (3)
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 trịn 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 trịn)
=> KMF = 900 (vì hai góc kề bù).
AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn)
=> KEF = 900 (vì hai góc kề bù).
=> KMF + KEF = 1800 Mà KMF KEF hai góc đối
của 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) Chứng minh AC AE không đổi
2 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 vuông 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 trịn)
=> 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
và 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
cùng nằm đường trịn đường kính AS
Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đường trịn 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)Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB)
=> AMM’ = AS’S; AM’M = ASS’ (vì so le trong) (2) => Từ (1) (2) => AS’S = ASS’
Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đ/ tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP )
=> AS’P = AMP => tam giác PMS’ cân P
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
tại 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. DF // BC Tứ giác BDFC nội tiếp
4 BDCB=BM CF
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
Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) =>
AD AF
ABAC => 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 => BDM CBF => BD
CB=
BM CF
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 trịn 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
(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 không 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 Chứng minh AFHE hình chữ nhật
2 BEFC tứ giác nội tiếp AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường trịn
Lời giải:
1 Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường trịn )
=> 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
là 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)
=> AEF ACB =>
AE AF
ACAB => 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 vng góc với AB C cắt nửa đường tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA,
EB với nửa đường tròn (I), (K) 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)
éAMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => éEMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
(9)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
tại N => MN tiếp tuyến (K) N
Chứng minh tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường tròn (I), (K)
3 Ta có éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đường trịn tâm O) => AEB vng A có EC AB (gt)
=> EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo EC = MN => MN = 20 cm. 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
Ta có diện tích phần hình giới hạn ba nửa đường tròn S =
1
2 ( S(o) - S(I) - S(k))
S =
1
2( 625- 25- 400) =
2.200 = 100 314 (cm2)
Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính
MC đường thẳng BM cắt đường tròn (O) D đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp
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 tròn )
=> CDB = 900 D A nhìn BC góc 900 nên A D nằm
đường trịn đường kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp
2 ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB)
D1= C3 =>
SM EM => C
2 = C3 (hai góc nội tiếp đường tròn (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
(10)Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ
giác AMEB nội tiếp đường tròn => A2 = B2
Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp chắn cung CD)
=> A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)
Từ (1) (2) Ta có M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE
TH2 (Hình b)
Câu : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bù ADC) => CME = CDS
=> CE CS SM EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB
Bài 16 Cho tam giác ABC vng A.và điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC
tại 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
tại 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 tròn ) hay
BFC = 900 F A nhìn BC góc 900 nên A F nằm đường tròn
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
trong 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 khơng trùng B C,
H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với cạnh AB AC
1 Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường trịn ngoại tiếp tứ giác
2 Chứng minh MP + MQ = AH 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 trịn 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
2 Tam giác ABC có AH đường cao => SABC =
1
2BC.AH.
Tam giác ABM có MP đường cao => SABM =
1
2AB.MP
Tam giác ACM có MQ đường cao => SACM =
1
2AC.MQ
(11)Ta có SABM + SACM = SABC =>
1
2AB.MP +
2AC.MQ =
2BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH
Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH
3 Tam giác ABC có AH đường cao nên đường phân giác => HAP = HAQ => HP HQ
( 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 trịn (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 tròn )
=> 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
là hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp
Bài 19 Cho đường tròn (O) đường kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M
là 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
là 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).
(12)I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vng I => IM trung tuyến ( M trung điểm DE) =>MI = ME => MIE cân M => I1 = E1 ; O’IC cân O’ ( O’C O’I bán kính )
=> I3 = C1 mà C1 = E1 ( Cùng phụ với góc EDC ) => I1 = I3 => I1 + I2 = I3 + I2 Mà
I3 + I2 = BIC = 900 => I1 + I2 = 900 = MIO’ hay MI O’I I => MI tiếp tuyến (O’) Bài 20 Cho đường trịn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc C Gọi AC BC hai đường
kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vuông 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 trịn 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 tròn 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
Theo DF BE => DEF vng F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy
MF = 1/2 DE ( tam giác vuông 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
là 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)3 APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => OP AQ => OP đường cao OAQ mà OAQ
cân O nên OP đường trung tuyến => AP = PQ
4 (HD) Kẻ QH AB ta có SAQB =
1
2AB.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 Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp
2 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
tại H nên BHD = 900 => H C nhìn BD
góc 900 nên H C nằm đường trịn 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 vuông) => CHK = 450 3 Xét KHC KDB ta có CHK = BDC = 450 ; K góc chung
=> KHC KDB =>
KC KH
KBKD => 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 trịn ) 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
3 Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vng).
=> CFM + CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đường tròn suy
CDF = CMF , mà CDF = 450 (vì AEDC hình vng) => CMF = 450 hay CMB = 450
(14)Như K, E, M nhìn BC góc 450 nên nằm cung chứa góc 450 dựng
BC => điểm B, K, E, M, C nằm đường trịn
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 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
F
1
1
1
/
/ _
_ K
H
I
E D
O
C B
A
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 vuông
tại D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đường trịn 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 => B
1 = 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 trịn (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)
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 BM ) => I1 = H1 (2)
Từ (1) (2) => MKI MIH =>
MI MK
MH MI => MI2 = MH.MK
4 Theo ta có I1 = C1; chứng minh tương tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC =
1800 => I
1+ I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI
(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 trịn (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 :
1 KC
KB=
AC
AB 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
Lời giải: Theo giả thiết M trung điểm BC => MB MC
=> CAM = BAM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia phân giác góc CAB => KCKB=AC
AB ( t/c tia phân giác tam giác )
2 (HD) Theo giả thiết CD AB => A trung điểm CD => CMA = DMA => MA tia phân giác góc CMD
3 (HD) Theo giả thiết M trung điểm BC => 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
ra MJ tiếp tuyến đường tròn M
Bài 27 Cho đường trịn (O) điểm A ngồi đường tròn 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) Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM ) => HKM = MHI (1) Chứng minh tương tự ta có KHM = HIM (2) Từ (1) (2) => HIM KHM
4 Theo HIM KHM =>
MI MH
MH MK => 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 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đường tròn (O)
(16)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
Theo 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 =>
GI OI
GA HA mà OI =
1
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 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’
4 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 :
AEF ABC =>
' '
R AA
R AA (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
Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’ AH
= AA’
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
của dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ đường cao tam giác OBC, OCA, OAB
SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =
1
2( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )
2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3)
Theo (2) => OA’ = R
1
'
AA AA mà
1
'
AA
AA là tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC
nên
1
'
AA AA =
EF
BC Tương tự ta có : OB’ = R FD
AC ; OC’ = R ED
AB Thay vào (3) ta
2SABC = R (
EF FD ED
BC AC AB
BC AC AB ) 2SABC = R(EF + FD + DE)
* R(EF + FD + DE) = 2SABC mà R không đổi nên (EF + FD + DE) đạt gí trị lớn SABC
Ta có SABC =
1
2AD.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
và 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)
1 AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM CM => 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
2 Vẽ dây BD OA => AB AD => 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
b) Svp= SqBOC - SBOC =
2
.120
360 2
R R
R
=
2 2
(4 3)
3 12
R R R
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:
Theo giả thiết BAC = 600 => sđ
=1200 ( t/c góc nội tiếp )
(18)* Theo sđBC=1200 => BC cạnh tam giác nội tiếp (O;
R) => BC = R
2 CD đường kính => DBC = 900 hay DB BC; theo giả thiết AH
đường cao => AH BC => BD // AH Chứng minh tương tự ta AD // BH.
3 Theo DBC = 900 => DBC vng B có BC = R 3; CD = 2R.
=> BD2 = CD2 – BC2 => BD2 = (2R)2 – (R 3)2 = 4R2 – 3R2 = R2 => BD = R.
Theo BD // AH; AD // BH => BDAH hình bình hành => AH = BD => AH = R
Bài 32 Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H OB.
1 Chứng minh MN di động , trung điểm I MN nằm đường tròn 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.Cho AM AN = 3R2 , AN = R
√3 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 nằm đường tròn 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 tròn
đường kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đường trịn đường kính OA cố định
5 Ta có AM AN = 3R2 , AN = R
√3 => AM =AN = R √3 => AMN cân A (1) Xét ABN vng N ta có AB = 2R; AN = R √3 => BN = R => ABN = 600
ABN = AMN (nội tiếp chắn cung AN) => AMN = 600 (2).
Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN =
3
4
R
=> S = S(O) - SAMN = R
-
2
3
4
R
=
2(4 3 3
4
R
Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đường tròn
M
1 Chứng minh OM BC Chứng minh MC2 = MI.MA.
3 Kẻ đường kính MN, tia phân giác góc B C cắt đường
(19)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
=> MCI MAC =>
MC MI
MA MC => MC2 = MI.MA.
3 (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => P
1 = 900 – K1 mà K1 góc tam
giác AKB nên K1 = A1 + B1 = 2
A B
(t/c phân giác góc ) => P1 = 900 – ( 2
A B
) (1)
CQ tia phân giác góc ACB => C1 = C
=
1
2(1800 - A - B) = 900 – ( 2
A B
) (2)
Từ (1) (2) => P1 = C1 hay QPB = QCB mà P C nằm nửa mặt phẳng bờ BQ nên
cùng nằm cung chứa góc 900 – ( 2
A B
) 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:
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 =
6
2
BC
= 3cm; AH =
4cm => CH2 = AH.A’H => A’H =
2 32 9
2,5
4
CH
AH => 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 trịn ) 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
trong 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)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
3 Theo AME ACM =>
AM AE
AC AM => AM2 = AE.AC
4 AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN AB I => AMB vng M có MI đường cao
=> MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông)
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 O
1 đường trịn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ
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 : Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật
2 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) => C
1= 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 tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O),
C (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I Chứng minh tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp
2 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)
2 Theo tính chất hai tiếp tuyến
cắt ta có IB = IA , IA = IC
(21)ABC có AI = 12 BC =>ABC vng A hay BAC =900
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 trịn (O) ; (O’) tiếp xúc ngồi A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C
(O’) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O’M AC Chứng minh :
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 tròn 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 tròn 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 tròn (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 trịn (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)
IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K)
2 Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn
nửa đường tròn )
=> éAEH = 900 (vì hai góc kề bù)
(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 vuông 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 vuông góc với BC O EF có độ dài lớn
Bài 40 Cho nửa đường tròn 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.
Tính tỉ số SMON
SAPB
AM =
R
2
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 tròn) hay tam giác APB vng P.
Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB OB => OBN = 900; NP OP => OPN = 900
=>OBN+OPN =1800 mà OBN OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO
Xét hai tam giác vng 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 vng ta có OP2 = PM PM
Mà OP = R; AM = PM; BN = NP (tính chất hai tiếp tuyến cắt ) => AM BN = R2 3 Theo OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mà PM = AM = R
2 => PM =
R
2 => PN = R2:
R
2 = 2R
=> MN = MP + NP =
R
2 + 2R =
5
R
Theo APB MON =>
MN AB =
5
R
: 2R =
5
4 = 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:
SMON
SAPB = k2 => SMON
SAPB =
2
5 25
4 16
(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 tròn 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)
Từ (2) (4) => BOD CEO =>
BD BO
CO CE => BD.CE =
BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi.
2 Theo BOD CEO =>
BD OD
CO OE mà CO = BO =>
BD OD BD BO
BO OE OD OE (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 trịn tâm O tiếp xúc với AB ln 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 : BD2 = AD.CD.
2 Tứ giác BCDE nội tiếp BC song song với DE
Lời giải:
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 =>
BD CD
AD BD => 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 trịn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M,
BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chứng minh tứ 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
3.Theo giả thiết A N đối
(24)xứng qua M nên M trung điểm EF => 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
/ /
_
_
H
E
F
C N
M
O B
A
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 Chứng minh CO = CD
2 Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi
3 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:
1 Theo giả thiết AB AC hai tiếp tuyến đường tròn tâm O =>
OA tia phân giác BOC => BOA = COA (1)
D I
K
M E H
O
C B
A
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
cũng có OBH =900; BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH.
4 M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng
Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp
tuyến đường tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F 1.Chứng minh BC // AE
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
trên AECB hình bình hành => AB // EC => OI AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vng 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) và
một 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 Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB
(25)
HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: BEA chung
EAB = EBD (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…)
EB ED
EA EB
EB2 = EA.ED (1)
* EPD= PCA (s.l.t) ; EAP = PCA(góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến…) EPD= EAP ; PEA chung ∆EPD ~ ∆EAP (g.g)
EP ED
EA EP
EP2 = EA.ED (2)Từ & EB2 = EP2 EB = EP AE
là trung tuyến ∆ PAB
Bài 47: Cho ∆ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vuông 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 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
d) AC = BC.sinABC = 2a.sin600 = 2a
3
2 = a
AB = BC.cosABC= 2a.cos600 = 2a
1 2 = a
AH = AB.sinABC = a.sin600 = a
3
2 ; ∆ FKB vuông K , có ABC = 60 BFK = 300 AD = FD.sinBFK AD = FD.sin300 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)
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
CB CA (đ/lí Ta-lét)
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. EIO' IEO'
IEO' = HED (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến
∆HID cân HIE= HDI
Mà HDI + HED = 900
đpcm
Bài 49: Cho đường tròn (O; R)
và đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH(d)
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
c Giả sử PMQ= 600 Tính
tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ
HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường trịn
(Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900)
b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g)
IO IQ
IP IH IH.IO = IQ.IP
c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg
MQK = KQ.tg600 =
PQ PQ
3
2 .
∆v OKQ có: OK = KQ.tg
OQK = KQ.tg300 =
3 PQ PQ
KQ
3
MPQ OPQ
S
S = PQ 32
PQ
6 = 3
Bài 50: Cho nửa đường tròn
(O), đường kính AB=2R
(26)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
b Chứng minh ∆EAC ~ ∆EBD, từ suy
DM CM
DE CE .
c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN // BD d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO.
e Đặt AOC = 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 (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau)
CE CM
DE DM (2)
DM CM
DE CE
c) AC // BD (cmt) ∆NAC ~ ∆NBD
NC AC
NB BD(3) Từ 1; 2;
NC CM
NBDM
MN // BD
d) O 1= O2; O 3= O mà O 1+ O 2+ O 3+ O 4= 1800 O 2+ O = 900 ; O
1
D = 900 (…)
D 1= O2= O = α Vậy: DB =
OB tg =
R
tg ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα
AC.DB = R.tgα
R tg
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 A1A phân giác
1 1
B A C .
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
b) C/m: HA C 1 = HBC 1 ; HA B 1= HCB 1 ;
1
HBC =
1
HCB
1
HA C =
1
HA B đpcm.
c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 …
ỊJ trung trực A1C1.
d) S HJM =
1
2HM.JK ; SHAC =
2HC.AC1
SHAC : S HJM =
1
HC.AC
HM.JK mà
MH
MC 3
HC HM+MC MC
1
HM HM HM
1
AC
JK (JK// AC1
SHAC : S HJM = 8
Bài 52: Cho điểm C cố định
trên 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
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 khơng đổi
A,B,C cố định I
(27)c) PA KM ; PK MB H trực tâm ∆ PKM
KH PM
d) AHBK nội tiếp đ/tròn 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)
KM // BP KMN PAT 45
Mà
PKM
PAM PKU 45
2
PKN 45 0; 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?
HD: a) AMD DMB 45 0 (chắn cung ¼ đ/trịn) MD tia phân giác AMB
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
của 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 BGOvới
BAC.
d Cho biết DF // BC Tính cos
ABC.
HD:a) Gọi H trung điểm BC
BC (∆ 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 = 900 – ABC =
BAH= BAC
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
FD = MN = MD =
2BC
=
1
2ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆
CDF (g.g) DF.DN =
DA.DC
2BH2 =
1
4AC2 BH =
2
4 AC cos ABC = BH AB
=
2 .
Bài 56: Cho đường tròn (O)
và (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường tròn (O) điểm C; D
_ _IO F N M D E A D
E O B
(28)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’) HD: a) CBA = 900 = FBA (góc nội tiếp chắn nửa đ/tròn)
CBA + FBA = 1800 C, B, F thẳng hàng.
b) CDF = 900 = CEF CDEF nội tiếp (quĩ tích …)
c) CDEF nội tiếp ADE = ECB (cùng chắn cung EF)
Xét (O) có: ADB = ECB (cùng chắn cung AB)
ADE = ADB DA tia phân giác BDE Tương tự EA tia phân giác DEB
Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE
d) ODEO’ nội tiếp Thực : DOA = 2DCA ; EO'A = 2EFA mà DCA =
EFA (góc nội tiếp chắn cung DE) DOA = EO'A ; mặt khác: DAO = EAO'
(đ/đ) ODO' = O'EO ODEO’ nội tiếp.
Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình chữ nhật AO = AO’ = AB.
Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’)
Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB
Bài 57: Cho đường trịn (O; R) có đường kính cố định ABCD.
a) Chứng minh: ACBD hình vng
b) 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 AEB 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.
b) AED =
1
2 AOD = 450 ; DEB =
1
2 DOB= 450
AED = DEB ED tia phân giác AEB. AED = 450 ; EMB = 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.
d) Vì CE đường trung trực BM nên CM = CB = R Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R 2)
Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi
của tam giác, tạo với cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài ở
D Đường tròn 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 =
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 của
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 tròn ngoại tiếp ∆CPD
Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB =
A< 900), cung tròn BC
D
O B
A
= //
E M
C
C B F
O O’
(29)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 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 là
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
c Chứng minh: MOI CAI
d Chứng minh: MA = 3.MB HD: a) COA 90 0(…) ; CIA 90 0(…)
Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900)
b) MB // CI (BM) (1)
∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) N 1 N 2(đ/đ) ; NC = NB ; NCI NBM (slt)
CI = BM (2) Từ BMCI hình bình hành.
c) ∆ CIM vng cân (CIA 90 0;
1
CMI COA 45
2
) MI = CI ; ∆ IOM = ∆
IOC OI chung ;
IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) MOI IOC mà: IOC CAI MOI CAI
d) ∆ ACN vng có : AC = R ; NC =
R AC
2 (với R = AO)
Từ : AN =
2
2 2 R R 10
AC +CN 2R + R
2 2
; NI =
2
NC R 10 MI
MN =
NA 10
MB =
2
2 R R 2R R 10
NC MN
2 10 10
AM = AN + MN = R 10
2
+
R 10
10 =
3R 10
AM = BM.
Bài 63: Cho ∆ABC có A=600 nội tiếp đường trịn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, đường cao BK cắt AH E
a Chứng minh: BKH BCD .
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)
HD: a) ABHK nội tiếp
BKH BAH ;
BCD BAH ( cùng
chắn cung BD)
BCD BKH
b) CE cắt AB F ; AFEK nội tiếp
0
FEK 180 A 180 60 120
BEC = 1200
c)
B C 1200
BIC 180 180 120
2
Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC,
nằm đường tròn tâm (O)
d) Trong đ/trịn (O) có DAS =
DS
2 ; đ/tròn (S) có ISO =
DAS = ISO (so le trong)
DS =
IO
2 mà DS = IE IO 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 trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn 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 KP
(30)HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) mà
0
AIB 90 (góc nội tiếp …) BIAP BI đường cao đường trung tuyến
I trung điểm AP
b) HS tự c/m
c) ∆ ABP cân B AM = PH ; AP chung ∆vAHP = ∆v PMA AH = PM ; AHPK hình chữ nhật AH = KP PM = PK = AH
d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t)
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 là
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
c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN HD: a) BOIM nội tiếp OIM OBM 90
b) INB OBM 90 0; NIB BOM (2 góc nội tiếp chắn cung BM)
∆ IBN ~ ∆OMB.
c) SAIO =
1
2 AO.IH; SAIO lớn IH lớn AO = R(O)
Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn
Khi IH bán kính, ∆ AIH vuông cân, tức HAI 45
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 :
AB = AC = BC = R
Trong đ/trịn (O; R) có: AB = AC Tâm O cách cạnh AB AC AO hay AI tia phân giác BAC.
b) Ta có : DE = DC (gt) ∆ DEC cân ; BDC = BAC = 600 (cùng chắn BC)
∆CDE I điểm BC IB = IC BDI = IDC
DI tia phân giácBDC ∆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 không đổi E di động đ/tròn cố định tâm I, bán kính
= IC Giới hạn : I AC (cung nhỏ )
D → C E → C ; D → A E → B E động BC 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
:
AE = DF =
a 3
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
Bài 68: Cho ∆ABC có góc
đều nhọn; A= 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
c Tính tỷ số:
DE BC
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 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
H B A I M I C B = E O = D A N M I B
(31)tại 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 của
các 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 và
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 MHAB (HAB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với
KH
d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường tròn nội tiếp ∆EOF Chứng minh:
1 r
3 R 2.
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 ENAC Gọi M trung điểm BC Hai đ/thẳng AM và
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 AFN.
Bài 75: Cho nửa đường trịn 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)
Bài 76: Cho ∆ABC vng C, có BC =
1
2AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B
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 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
b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác
CKD cắt EF CD M
và N Tia phân giác
CBF cắt DE CF P
và Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao?
c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự
là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r
12 + r22
Bài 78: Cho đường tròn (O;R).
Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M
a Tam giác CEF EMB tam giác gì?
b Chứng minh: Tứ giác FCBM nội tiếp Tìm tâm đường trịn
(32)Bài 79: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác
B, C không trùng điểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’
a Chứng minh: HEAC.
b Chứng minh: ∆HEF ~ ∆ABC
c Khi A di chuyển, chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HEF cố định
Bài 80: Cho ∆ ABC vuông A Kẻ đường cao AH Gọi I, K tương ứng tâm các
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’ ≤
1 2S
, S, S’ diện tích ∆ ABC ∆ AMN
