TOÁN 9 HÌNH học có đáp án

TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Bài Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N,P TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Chứng minh rằng: Tứ giác CEHD, nội tiếp Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC H M đối xứng qua BC Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải: Xét tứ giác CEHD ta có:  CEH = 900 (Vì BE đường cao)  CDH = 900 (Vì AD đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 TUYỂN TẬP 80 BÀI TỐN HÌNH HỌC LỚP Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEC = 900 CF đường cao => CF  AB => BFC = 900 Như E F nhìn BC góc 900 => E F nằm đường trịn đường kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn Xét hai tam giác AEH ADC ta có:  AEH =  ADC = 900 ; A góc chung AE AH =>  AEH  ADC => => AE.AC =  AH.AD AD AC * Xét hai tam giác BEC ADC ta có:  BEC =  ADC = 90 ; C góc chung BE BC =>  BEC  ADC => => AD.BC =  BE.AC AD AC Ta có C1 = A1 (vì phụ với góc ABC) C2 = A1 (vì hai góc nội tiếp chắn cung BM) => C1 =  C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB  HM =>  CHM cân C => CB đương trung trực HM H M đối xứng qua BC Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đường 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 Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn = Cm Lời giải: Chứng minh ED = BC Xét tứ giác CEHD ta có: Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn  CEH = 900 (Vì BE đường cao) (O)  CDH = 900 (Vì AD đường cao) =>  CEH +  CDH = 1800 Mà  CEH  CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp Theo giả thiết: BE đường cao => BE  AC => BEA = 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 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đường cao nên đường trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900 Vậy tam giác BEC vng E có ED trung tuyến => DE = BC Vì O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1) Theo DE = BC => tam giác DBE cân D => E3 = B1 (2) Mà B1 = A1 ( phụ với góc ACB) => E1 = E3 => E1 + E2 = E2 + E3 Mà E1 + E2 = BEA = 900 => E2 + E3 = 900 = OED => DE  OE E Vậy DE tiếp tuyến đường tròn (O) E Theo giả thiết AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm Áp dụng định lí Pitago cho tam giác OED vng E ta có ED2 = OD2 – OE2  ED2 = 52 – 32  ED = 4cm Bài 3: Cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By C D Các đường thẳng AD BC cắt N 1.Chứng minh AC + BD = CD 5.Chứng minh MN  AB Chứng minh COD = 90 6.Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ 3.Chứng minh AC BD = AB 4.Chứng minh OC // BM 5.Chứng minh AB tiếp tuyến đường trịn đường Lời giải: kính CD 1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM hai góc kề bù => COD = 900 Theo COD = 900 nên tam giác COD vng 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 = Theo COD = 900 nên OC  OD (1) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM  OD (2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD) 5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO bán kính Theo tính chất tiếp tuyến ta có AC  AB; BD  AB => AC // BD => tứ giác ACDB hình thang Lại có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đường trung bình hình thang ACDB AB IO // AC , mà AC  AB => IO  AB O => AB � tiếp tuyến O đường trịn đường kính CD Theo AC // BD => , mà CA = CM; DB = CN CN CM AC   DM nên suy BN BN DM BD => MN // BD mà BD  AB => MN  AB ( HD): Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên suy chu vi 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 vuông góc với Ax By Khi CD // AB => M phải trung điểm cung AB Bài Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường trịn bàng tiếp góc A , O trung điểm IK Chứng minh B, C, I, K nằm đường trịn Ta có C1 = C2 Chứng minh AC tiếp tuyến đường trịn (O) (1) ( CI Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm phân giác Lời giải: (HD) góc ACH Vì I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn bàng tiếp C2 + I1 = 900 (2) ( góc A nên BI BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B IHC = 900 ) Do BI  BK hayIBK = 900 hoctoancapba.com Tương tự ta có ICK = 900 B C nằm đường trịn đường kính IK B, C, I, K nằm đường trịn I1 =  ICO (3) ( tam giác OIC cân O) Từ (1), (2) , (3) => C1 + ICO = 900 hay AC  OC Vậy AC tiếp tuyến đường tròn (O) Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm AH2 = AC2 – HC2 => AH = = 16 ( cm) 20  12 CH2 = AH.OH => OH = = (cm) CH 12  OC = = 15 (cm) OH  HC  2AH  12 16  225 Bài 5: Cho đường tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đường thẳng d lấy điểm M ( M khác A) kẻ cát tuyến MNP gọi K trung điểm NP, kẻ tiếp tuyến MB (B tiếp điểm) Kẻ AC  MB, BD  MA, gọi H giao điểm AC BD, I giao điểm OM AB Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếp Lời giải: Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B nằm (HS tự làm) đường trịn Vì K trung điểm NP nên Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2 OK  NP ( quan hệ đường Chứng minh OAHB hình thoi kính Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 K, A, B nhìn OM góc 900 nên nằm đường trịn đường kính OM Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đường tròn Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM  AB I Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đường cao Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; OI IM = IA2 Ta có OB  MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC  MB (gt) => OB // AC hay OB // AH OA  MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD  MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi Theo OAHB hình thoi => OH  AB; theo OM  AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vng góc với AB) (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động 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 Vì AB CE (gt), AB vừa Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH đường cao vừa đường trung 3.Chứng minh BE tiếp tuyến đường tròn (A; AH) tuyến BEC => BEC tam 4.Chứng minh BE = BH + DE giác cân => B1 = B2 Lời giải: (HD)  AHC = ADE (g.c.g) => ED = HC (1) AE = AC (2) Hai tam giác vuông ABI ABH có cạnh huyền AB chung, B1 = B2 =>  AHB = AIB => AI = AH AI = AH BE  AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I DE = IE BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED Bài Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp Lời giải: tuyến tiếp xúc với (O) (HS tự làm) M Ta có é ABM nội tiếp chắn cung Chứng minh tứ AM; é AOM góc tâm giác APMO nội tiếp chắn cung AM => é ABM = (1) đường tròn OP tia phân giác é AOM ( t/c Chứng minh BM // OP hai tiếp tuyến cắt ) => é Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh AOP = (2) tứ giác OBNP hình bình hành Từ (1) (2) => é ABM = é Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt AOP (3) J Chứng minh I, J, K thẳng hàng Mà ABM AOP hai góc đồng vị nên suy BM // OP (4) 3.Xét hai tam giác AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyến ); NOB = 900 (gt NOAB) => PAO = NOB = 900; OA = OB = R; AOP = OBN (theo �AOM (3)) => AOP = OBN => OP = BN (5) Từ (4) (5) => OBNP hình bình hành ( có hai cạnh đối song song nhau) Tứ giác OBNP hình bình 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 => KMF + KEF = 2) Chứng minh rằng: AI2 = IM IB 180 Mà KMF KEF 3) Chứng minh BAF tam giác cân hai góc đối tứ giác EFMK 4) Chứng minh : Tứ giác AKFH hình thoi EFMK tứ giác nội 5) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn tiếp Lời giải: Ta có : AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn) => KMF = 900 (vì hai góc kề bù) AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) => KEF = 900 (vì hai góc kề bù) Ta có IAB = 900 (vì AI tiếp tuyến) => AIB vng A có AM  IB ( theo trên) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => AI2 = IM IB Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => IAE = MAE => AE = ME (lí ……) => ABE =MBE ( hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) => BE tia phân giác góc ABF (1) Theo ta có éAEB = 90 => BE  AF hay BE đường cao tam giác ABF (2) Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B BAF tam giác cân B có BE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm AF (3) Từ BE  AF => AF  HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác éHAK (5) Từ (4) (5) => HAK tam giác cân A có AE đường cao nên đồng thời đương trung tuyến => E trung điểm HK (6) Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường) (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FK hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang Để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung điểm cung AB Thật vậy: M trung điểm cung AB => ABM = MAI = 450 (t/c góc nội tiếp ) (7) Tam giác ABI vuông A có ABI = 450 => éAIB = 450 (8) Từ (7) (8) => IAK = AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau) Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Bài Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đường tròn Các tia AC AD cắt Bx E, F (F B E) Chứng minh AC AE không đổi Chứng minh  ABD =  DFB Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp => ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (1)  ABF có ABF = 900 ( BF Lời giải: tiếp tuyến ) C thuộc nửa đường tròn nên ACB = 900 (nội tiếp chắn nửa => AFB + BAF = 900 (vì đường trịn) => BC  AE tổng ba góc tam giác ABE = 900 (Bx tiếp tuyến) => tam giác ABE vuông B có BC 1800) (2) đường cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đường cao), mà AB Từ (1) (2) => ABD = đường kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi DFB ( phụ với BAD)  ADB có ADB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn) 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 AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đường cao tam giác vng) Áp dụng định lí Pitago tam giác AIM vng I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp  ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O đường tròn ngoại tiếp  ECM phải nằm BM Ta thấy NO nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1 BM Gọi O1 chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O tâm đường tròn ngoại tiếp  ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đường trịn tâm O bán kính O1M với đường trịn (O) O hình chiếu vng góc N BM Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đường cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q hình chiếu vng góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh : Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật (do DP  HC) => C1= D4 (cùng Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp phụ với DHC)=>C1=N2 (1) chứng Hai tam giác HNP HCB đồng dạng minh tương tự ta có B1=P1 (2) Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Từ (1) (2) => HNP   HCB Lời giải: & (HS tự làm) Theo chứng minh DNHP nội tiếp => N2 = D4 (nội tiếp chắn cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH đường cao)  HDP có HPD Theo chứng minh DNMB nội tiếp => N1 = D1 (nội tiếp chắn cung BM).(3) DM // CF ( vng góc với AB) => C1= D1 ( hai góc đồng vị).(4) Theo chứng minh C1 = N2 (5) Từ (3), (4), (5) => N1 = N2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6) Chứng minh tương tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Bài 37 Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B  (O), C  (O’) Tiếp tuyến chung A cắt tiếp tuyến chung BC I Chứng minh tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có IB = IA , IA = Chứng minh  BAC = 90 IC Tính số đo góc OIO’ ABC có AI = BC =>ABC vng Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm A hay BAC =900 Lời giải: ( HS tự làm) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có IO tia phân giác BIA; I0’là tia phân giác CIA mà hai góc BIA CIA hai góc kề bù => I0  I0’=> 0I0’= 900 Theo ta có 0I0’ vng I có IA đường cao (do AI tiếp tuyến chung nên AI OO’) => IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm) Bài 38 Cho hai đường trịn (O) ; (O’) tiếp xúc ngồi A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B(O), C (O’) Tiếp tuyến chung A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao điểm O’M AC Chứng minh : Chứng minh tứ giác OBMA, AMCO’ nội tiếp Lời giải: Tứ giác AEMF hình chữ nhật ( HS tự làm) ME.MO = MF.MO’ Theo tính chất hai tiếp tuyến OO’ tiếp tuyến đường trịn đường kính BC cắt ta có MA = MB BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ =>MAB cân M Lại có ME tia phân giác => ME  AB (1) Chứng minh tương tự ta có MF  AC (2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có MO MO’ tia phân giác hai góc kề bù BMA CMA => MO  MO’ (3) Từ (1), (2) (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đường trịn => MA  OO’=> MAO vng A có AE  MO ( theo ME  AB)  MA2 = ME MO (4) Tương tự ta có tam giác vng MAO’ có AFMO’ MA2 = MF.MO’ (5) Từ (4) (5)  ME.MO = MF MO’ Đường trịn đường kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đường trịn qua Avà co MA bán kính Theo OO’  MA A  OO’ tiếp tuyến A đường trịn đường kính BC (HD) Gọi I trung điểm OO’ ta có IM đường trung bình hình thang BCO’O => IMBC M (*) Ta cung chứng minh OMO’ vng nên M thuộc đường trịn đường kính OO’ => IM bán kính đường trịn đường kính OO’ (**) Từ (*) (**) => BC tiếp tuyến đường trịn đường kính OO’ Bài 39 Cho đường trịn (O) đường kính BC, dấy AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF Hãy xác định vị trí tương đối đường tròn (I) (O); (K) (O); (I) (K) Tứ giác AEHF hình gì? Vì sao? Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn Chứng minh AE AB = AF AC nửa đường tròn ) Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đường trịn (I) và=> éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa Lời giải: đường tròn ) 1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù) OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (O) IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K) éBAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn hay éEAF = 900 (3) Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng) Theo giả thiết ADBC H nên AHB 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) 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 1.Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB Lời giải: Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt Chứng minh AM BN = R ta có: OM tia phân giác góc AOP ; R S MON Tính tỉ số AM = 4.Tính thể tích hình nửa hình trịn APB quay quanh ON tia phân giác góc BOP, mà S APB cạnh AB sinh 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 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 Theo OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mà PM = R AM = => PM = => PN = R2: = 2R 5R 52R MON => = : 2R = = k (k tỉ số đồng dạng).Vì tỉ => MN = MP + NP = + 2R = Theo APB   MN số diện tich hai tam giác đồng dạng bình AB 42 phương tỉ số đồng dạng nên ta có: 2 = k => = MON 25 �5S� � S� APB 16 Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển� � BC Trên cạnh AB, AC lấy điểm D, E cho  DOE = 600 1)Chứng minh tích BD CE khơng đổi Từ (2) (3) => BDO = 2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy  COE (4) tia DO tia phân giác góc BDE Từ (2) (4) => BOD  3)Vẽ đường tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh CEO => => BD.CE = đường trịn ln tiếp xúc với DE BO.CO mà OB = OC = R Lời giải: không đổi => BD.CE = R2 Tam giác ABC => ABC =  ACB = 600 (1); không đổi  DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2) DBO có DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) BD BO  CO CE OD BD(5) OD BD BO Theo BOD  CEO => mà CO =BD BO =>     Lại có DBO = DOE = 60 (6) BO OE CO OE OD OE Từ (5) (6) => DBO  DOE => BDO = ODE => DO tia phân giác  BDE Theo DO tia phân giác  BDE => O cách DB DE => O tâm đường tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đường tròn tâm O tiếp xúc với AB tiếp xúc với DE Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B C cắt AC, AB D E Chứng minh : Theo giả thiết tam giác BD2 = AD.CD ABC cân A => ABC Tứ giác BCDE nội tiếp BC song song với DE = ACB Lời giải: => EBC = DCB mà Xét hai tam giác BCD BD CD CBD = BCD (góc  ABD ta có CBD = BAD AD BD tiếp tuyến với dây ( Vì góc nội tiếp góc chắn cung) => tiếp tuyến với dây chắn cung), lại có D chung => EBD = DCE => B BCD  ABD => => BD2 = AD.CD C nhìn DE góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp Tứ giác BCDE nội tiếp => BCE = BDE ( nội tiếp chắn cung BE) mà BCE = CBD (theo ) => CBD = BDE mà hai góc so le nên suy BC // DE Bài 43 Cho đường trịn (O) đường kính AB, điểm M thuộc đường tròn Vẽ điểm N đối xứng với A qua M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chứng minh tứ giácM trung điểm AN; F MNCE nội tiếp E xứng qua M nên Chứng minh NE  M trung điểm EF => AENF hình bình hành AB Gọi F điểm đối => FA // NE mà NE  AB xứng với E qua M Chứng => FA  AB A => FA minh FA tiếp tuyến tiếp tuyến (O) A (O) Theo tứ giác AENF Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA) hình bình hành => FN // Lời giải: (HS tự làm) AE hay FN // AC mà AC  (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE  AB BN => FN  BN N 3.Theo giả thiết A N N đối xứng qua M nên F 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) _ / M _ C / E A O H B Bài 44 AB AC hai tiếp tuyến đường tròn 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 Lời giải: Chứng minh tứ giác OBCD hình thoi Theo giả thiết AB AC hai tiếp Gọi M trung điểm CE, Bm cắt OH I Chứng minh tuyến đường tròn tâm O => OA I trung điểm OH tia phân giác BOC => BOA = Tiếp tuyến E với (O) cắt AC K Chứng minh ba điểm COA (1) O, M, K thẳng hàng OB  AB ( AB tiếp tuyến ); CH  AB (gt) => OB // CH => BOA = CDO (2) Từ (1) (2) => COD cân C => CO =BCD.(3) theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) lại có OB // CH hay H OB // CD (5) I Từ (4) (5) => BOCD hình bình hành E (6) Từ (6) (3) => BOCD hình thoi O M trung điểm CE => OM  CE D A ( quan hệ đường kính dây cung) => M OMH = 900 theo ta có OBH K =900; BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH C M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F 1.Chứng minh BC // AE AD = CD (gt); ADE = 2.Chứng minh ABCE hình bình hành CDB (đối đỉnh) => 3.Gọi I trung điểm CF G giao điểm BC OI ADE = CDB => AE = So sánh BAC BGO CB (1) Lời giải: (HS tự làm) 2).Xét hai tam giác ADE CDB ta có EAD = BCD (vì so le ) Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành 3) I trung điểm CF => OI  CF (quan hệ đường kính dây cung) Theo AECB hình bình hành => AB // EC => OI  AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vng H BAH = BAC (do ABC cân nên AH phân => BGK = BAH ( cung phụ với ABH) mà giác) => BAC = 2BGO Bài 46: Cho đường tròn (O) điểm P ngồi �đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (CA) Đoạn PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD B b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB � HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: chung E BEA � = (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp EBD tuyến…) EAB O P EB2 = EA.ED (1) EB� ED D C � �  EB * = (s.l.t) ; = (góc nội tiếp góc tạo tia � EA PCA EPD EAP A tiếp tuyến…) �� = ; chung ∆EPD ~ ∆EAP (g.g) EPD PEA EAP EP� ED EP2 = EA.ED (2)Từ & EB = EP2 EB = �  EA EP 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 vuông góc BC, F giao điểm BA CE � đường cao AH ∆ABC bán kính đường d Cho = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; ABC trịn ngoại tiếp tứ giác ADEF C HD: a) ∆ABD ~ ∆ECD (g.g) E b) tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp (Quĩ tích cung chứa góc 900) K c) Chứng minh D trực tâm ∆ CBF D 2a �3 d) AC = BC.sin = 2a.sin600 = 2a = a ABC H �1 AB = BC.cos= 2a.cos60 = 2a = a a ABC 0 0 � �23 K , có = 60 F= 30 AH = AB.sin = a.sin60 = a ; ∆ FKB vuông ABC AD FD.sin A 60 = B BFK AD = FD.sin300 a = FD.0,5 FD = a : 0,5 = 2a �� tiếp đường trịn đưịng kính AC Kẻ dây Bài 48: Cho ∆ABC vuông ( = 90 0; BC > BA) nội ABC 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) B CI CE a Chứng minh  CB CA b Chứng minh D; E; I thẳng hàng c Chứng minh HI tiếp tuyến H đường tròn đường kính EC  HD; a) AB // EI (cùng BC) A C � (đ/lí Ta-lét) O E O’ CI CE  b) chứng minh ABED hình thoi DE // AB CB � CA mà EI //AB D, E, I nằm đường thẳng qua E // � AB � D, E, I thẳng hàng D � c) = ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’)) EIO' IEO' � �� ∆HID cân = = (đ/đ) ; ∆BID vuông ; IH trung tuyến HED IEO' HDI HIE � �� Mà + = 90 đpcm HED HDI I  cố định không cắt (O; R) Hạ OH(d) (H d) M Bài 49: Cho đường tròn (O; R) đường thẳng (d) � điểm thay đổi (d) (MH) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn b Chứng minh IH.IO = IQ.IP P � ∆MPQvà ∆OPQ c Giả sử = 600 Tính tỉ số diện tích tam giác: PMQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn K O M (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) I b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) IH.IO = IQ.IP IO � IQ  � IH c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tg = KQ.tg60 = PQ IPMQK PQ 3 H Q � ∆v OKQ có: OK = KQ.tg = PQ 32 PQ OQK 2 KQ  KQ.tg30 = = : = 3 S� PQ MPQ3 Bài 50: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB=2R S 62Trên tia đối tia AB lấy điểm E (EA) Từ E, A, � B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ OPQ 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  // BD D1 c Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh MN DE CE M d Chứng minh: EA2 = EC.EM – EA.AO e Đặt = α Tính theo R α đoạn AC BD �R, Chứng tỏ tích AC.BD phụ thuộc giá trị củaAOC C N không phụ thuộc vào α HD:a) ACMO nội tiếp (Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 90 ) b) AC // BD (cùng EB) ∆EAC ~ ∆EBD B O A �  (2) E (1)mà AC = CM ; BD = MD (T/c hai tiếp tuyến cắt nhau) �//CM c) AC // BD (cmt) ∆NAC ~ ∆NBD(3) Từ 1; 2; 3DM MN BD CE CE AC CM  0 d) =; = mà +++= 180 + = 90 ; + = 90 (…) DE DE DM BD CE �CM = = = α Vậy: DB = = ; Lại có: AC = OA.tgα = R.tgα NC NCAC.DB AC = R.tgα  AC.DB = R2 (Đpcm) NB NB DM BD � � O D1423 � � Bài 51:d.Cho Trên∆ABC đoạn HC có 3lấy góc1 nhọn điểm M Gọisao H cho giao MH điểm OB R đường cao AA1; BB1; CC1 O D 12 � So a Chứng sánh diện minh tích tứ giác2HA tam1BC giác: ∆HAC tiếp ∆HJM định tâm I đường tròn nội MC tg  đường tròn Xác C1 B1 J HD: a)b.HA Chứng nội tiếp A1A(quĩ phân tích cung giác chứa góc 900) 1BC1 minh H c.Tâm GọiIJlàlàtrung trung điểm điểm BH AC Chứng minh IJ trung trực A1C1 � � b) C/m: = ; = ; HA HBC HCB B11 1C M � � � � = = đpcm I B HA HBC HCB A C K 11B111 c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 … A C � A1 B ỊJ trung trực A1C1 d) S HJM = HM.JK ; SHAC = HC.AC1 � SHAC : S HJM = mà ;(JK// AC1 HC HM+MC HC.AC MH AC 11MC 12     1  � SHAC : S HJM = HM HM MC HM.JK JK 3HM Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P a Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp tâm O đường tròn nằm đường thẳng cố định qua điểm L AB b Kẻ PI Cz Chứng minh I điểm cố định. c BM AP cắt H; BP AM cắt nhauở K Chứng minh KH PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng z HD: a) MABP nội tiếp đ/trịn đ/k MP.(quĩ tích cung chứa góc 900…) P I OA = OB = R(O) O thuộc đường trung trực AB�đi qua L trung điểm AB… B �  b) IP // CM ( Cz) MPIC hình thang IL = LC khơng đổi H � A,B,C cố định I cố định O N �  c) PA KM ; PK MB H trực tâm ∆ PKM L �  KH PM K d) AHBK nội tiếp đ/trịn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) A N tâm đ/tròn ngoại tiếp … NE = NA = R(N)� � N thuộc đường trung trực AB � O,L,N thẳng hàng x M y C Bài 53: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM a So sánh hai tam giác: ∆AKN ∆BKM b Chứng minh: ∆KMN vuông cân c Tứ giác ANKP hình gì? Vì sao? HD: a) ∆ AKN = ∆ BKM(c.g.c) U b) HS tự c/m ∆ KMN vuông cân �  c) ∆ KMN vuông KNKM mà KM // BP KN BP P � �  = 90 (góc nội tiếp…) AP BP APB �  KN // AP (BP) � � � KM // BP KMN  PAT  450 Mà � PKM // N � � � � PAM PKU  � ; PK // AN Vậy ANPK hình bình hành KNM PKN  45 45200  45A K M T O = B Bài 54: Cho đường tròn tâm O, bán kính R, có hai đường kính AB, CD vng góc với M điểm tuỳ ý thuộc cung nhỏ AC Nối MB, cắt CD N a Chứng minh: tia MD phân giác góc AMB b Chứng minh:∆BOM ~ ∆BNA Chứng minh: BM.BN không đổi c Chứng minh: tứ giác ONMA nội tiếp Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMA, I di động nào? � �  450 HD: a) (chắn cung ¼ đ/trịn) C AMD  DMB � � MD tia phân giác AMB M F b) ∆ OMB cân OM = OB = R(O) N I ∆ NAB cân có NO vừa đ/cao vừa đường trung tuyến � B ∆ OMB ~ ∆ NAB A E O � BM.BN = BO.BA = 2R không đổi BM BO c) ONMA nội tiếp đ/tròn đ/k AN Gọi I tâm BA  BN đ/tròn ngoại tiếp I cách A O cố định I thuộc đường trung � trực OA D 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? � tia BC; OI So sánh với c Gọi I trung điểm CF G giao điểm BGO BAC � d Cho biết DF // BC Tính cos A E ABC  A) HD:a) Gọi H trung điểm BCAHBC (∆ ABC cân � �  lập luận AHAE BC // AE (1) � D M b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) AE = BC (2) N F � Từ ABCE hình bình hành O _ � I  c) Theo c.m.t AB // CF GOAB _ � �1 = 90 – = = BGO BAH ABC BAC d) Tia FD cắt AB taijM, cắt (O) N.; DF // BC AH trục B M quaHAH C đối xứng cuarBC đ/tròn (O) nên F, D thứ tự đối xứng với N, G � FD = MN = MD = BC = ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) DF.DN = DA.DC � � 2BH2 = AC2 BH = AC cos = = BH 122 ABC AB 44 Bài 56: Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường tròn (O) điểm C; D cắt (O’) E; F E a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp D c Chứng minh: A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE A d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) � HD: a) = 900 = (góc nội tiếp chắn nửa đ/trịn) O’ CBA FBA O � � + = 180 C, B, F thẳng hàng CBA FBA � � b) = 900 = CDEF nội tiếp (quĩ tích …) CDF CEF F C B �� c) CDEF nội tiếp = (cùng chắn cung EF) ADE ECB � Xét (O) có: = (cùng chắn cung AB) ADB ECB �� giác = DA tia phân giác Tương tự EA tia phân ADB ADE BDE DEB Vậy A tâm đường tròn nội tiếp ∆BDE � �� (góc nội tiếp chắn cung DE) = ; mặt khác: = d) ODEO’ nội tiếp Thực : = ; = mà = ODO' O'EO DOA EO'A DAO EAO' DCA EFA (đ/đ) = ODEO’ nội tiếp Nếu DE tiếp xúc với (O) (O’) ODEO’ hình � chữ nhật AO = AO’ = AB Đảo lại : AO = AO’ = AB kết luận DE tiếp tuyến chung (O) (O’) Kết luận : Điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) : AO = AO’ = AB Bài 57: Cho đường tròn (O; R) có đường kính cố  định ABCD a) Chứng minh: ACBD hình vng �� (EB; EC) Trên tia đối tia EA lấy đoạn EM = b) Lấy điểm E di chuyển cung nhỏ BC AEB EB Chứng tỏ: ED tia phân giác ED // MB c) Suy CE đường trung trực BM M di chuyển đường trịn mà ta phải xác định tâm bán kính theo R  HD: a) AB CD ; OA = OB = OC = OD = R(O) C � ACBD hình vng E // M 0 � b) = = 45 ; = = 45 AOD DOB AED DEB � � = ED tia phân giác = B AED DEB AEB A O � = 450 ; = 450 (∆ EMB vuông cân E) EMB AED � � = (2 góc đồng vị) ED // MB EMB AED 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) D Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường 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 = 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 tròn ngoại tiếp ∆CPD � tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; < 900), cung A AC B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp � b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp � PQ // BC  trung điểm cung AB; N trung điểm Bài 62: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB, C � BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CIAM (IAM) C a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành M = �  CAI � c Chứng minh: MOI d Chứng minh: MA = 3.MB I N = 00 � � HD: a) (…) ; (…) COA CIA 90 90 � Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa O B A góc 900)  b) MB // CI (BM) (1) �� � � ∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) (đ/đ) ; NC = NB ; (slt) NCI N1 NBM N2 � CI = BM (2) Từ BMCI hình bình hành � 1� c) ∆ CIM vng cân (;) MI = CI ; ∆ IOM � CIA �  900 450 CMI  COA = ∆ IOC OI chung ; � � � � IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) mà: MOI IOC�  CAI CAI IOC d) Từ∆đó ACN : ANvng = ; NI có=: AC = R ; NC = (với R = R 2 AC  AO) MB = AM = AN + MN = + = 2 2 AM = BM NC R 10 MI R R 10  MN = AC2 +CN  2R +10  2� 2 R 3R R 10 R 2R 2R2 R 210 NA2  10 NC  MN   Bài 63: Cho ∆ABC có = nội tiếp đường trịn2(O), đường10 caoAH5cắt đường tròn D, đường cao 10 52 10 BK cắt AH E � a Chứng minh: b Tính �0 60 A c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtròn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ �nêucách � dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đó) BKH BCD d Chứng minh: ∆IOE cân I � BEC � � HD: a) ABHK nội tiếp ; BKH �  BAH � � � ( chắn cung BD) BCD  BKH BAH b) CE cắt AB F ; K �  1800  � �� AFEK nội tiếp = 1200 FEK ABEC  1800  600  1200 A �B  �C c) F 120 I E 0 � BICgóc  180 180 BC,  cung  120 Vậy I chuyển động cung chứa 1200 dựng trênđoạn C 2 B H nằm đường tròn tâm (O) � � � d) Trong đ/trịn (O) có = sđ ; đ/trịn (S) có = DAS sđ � IO ISO DS D S � � � � = (so le trong) nên: = mà = = đpcm � IO IE DAS ISO DS 2 Bài 64: Cho hình vng ABCD, phía hình  vng dựng cung phần tư đường trịn tâm B, bán kính AB nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm P cung AC, vẽ PKAD PH AB Nối PA, cắt nửa đường trịn đường kính AB I PB cắt nửa đường tròn M Chứng minh rằng: C D a I trung điểm AP b Các đường PH, BI AM đồng quy c PM = PK = AH d Tứ giác APMH hình thang cân P K �  900 HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R (B)) mà AIB M (góc nội tiếp …)  BIAP BI đường cao đường trung tuyến � � I trung điểm AP I b) HS tự c/m c) ∆ ABP cân B AM = PH ; AP chung ∆vAHP = � ∆v PMA AH = PM ; AHPK hình chữ nhật AH = KP PM = � PK = AH d) PMAH nằm đ/tròn đ/k AP mà PM = AH (c.m.t) B A H � � = PA // MH PM AH 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 c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN �  OBM �  900 HD: a) BOIM nội tiếp A OIM � � � � b) ; (2 góc nội tiếp chắn cung BM) INB NIB  OBM  BOM  90 � ∆ IBN ~ ∆OMB c) SAIO = AO.IH; SAIO lớn IH lớn AO = � R(O) Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn �  450 Khi IH bán kính, ∆ AIH vuông cân, tức HAI Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R (O) SAIO lớn H O B I N M Bài 66: Cho ∆ ABC đều, nội tiếp đường trịn (O; �R) Gọi AI đường kính cố định D điểm di động cung nhỏ AC (DA DC) A � giác a Tính cạnh ∆ABC theo R chứng tỏ AI tia phân BAC D b Trên tia DB lấy đoạn DE = DC Chứng tỏ ∆CDE  DI CE c Suy E di động đường tròn mà ta phải xác định tâm giới hạn = d Tính theo R diện tích ∆ADI lúc D điểm cung nhỏ AC = E O HD: a) ∆ ABC đều, nội tiếp đường tròn (O; R) HS tự c/m : � AB = AC = BC = R Trong đ/trịn (O; R) có: AB = AC Tâm O cách � cạnh AB AC C B �� AO hay AI tia phân giác BAC � chắn ) � � b) Ta có : DE = DC (gt) ∆ DEC cân ; = = 60 (cùng BAC BDC BC I � � � � ∆CDE I điểm = = IC IB BDI IDC BC ��  nên đường cao DI CE DI tia phân giác ∆CDE có DI tia phân giác BDC � � � trung trực CE IE = IC mà I C cố định c) ∆CDE có DI đường cao đường AC IC khơng đổi E di động đ/trịn cố định tâm I, bán kính = IC Giới hạn : I (cung nhỏ ) � � nhỏ đ/t (I; R = IC) chứa ∆ ABC D → C E → C ; D → A E → B E động BC Bài 67: Cho hình vng ABCD cạnh a Trên AD DC, người ta lấy điểm E F cho : AE = DF = a a So sánh ∆ABE ∆DAF Tính cạnh diện tích chúng  b Chứng minh AF BE c Tính tỉ số diện tích ∆AIE ∆BIA; diện tích ∆AIE ∆BIA diện tích tứ giác IEDF IBCF � đường cao BD CE Bài 68: Cho ∆ABC có góc nhọn; = 45 Vẽ A Gọi H giao điểm BD, CE a Chứng minh: Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.; b Chứng minh: HD = DC  trịn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh: OADE c Tính tỷ số: d Gọi O tâm đường DE Bài 69: Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D BC nằm đường trịn đường kính AB Hạ BN DM vng góc với đường chéo AC Chứng minh: a Tứ giác CBMD nội tiếp đường tròn � � không đổi b Khi điểm D di động đường trịn ( + ) BMD BCD 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 � b = BQD APB c Tứ giác APBQ nội tiếp Bài 72: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB Từ A B kẻ tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F a Chứng minh: AEMO tứ giác nội tiếp b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao?  MH EB So sánh MK với KH c Kẻ MHAB (HAB) Gọi K giao điểm � d.Cho AB = 2R gọi r bán kính đường r   tròn nội tiếp ∆EOF Chứng minh: R Bài 73: Từ điểm A ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến AB, AC cát tuyến AKD cho BD//AC Nối BK cắt AC I a Nêu cách vẽ cát tuyến AKD cho BD//AC b Chứng minh: IC2 = IK.IB � qua O c Cho = 600 Chứng minh: Cát tuyến AKD BAC Bài 74: Cho ∆ABC cân A, góc A nhọn Đường  vng góc với AB A cắt đường thẳng BC E Kẻ ENAC Gọi M trung điểm BC Hai đ/thẳng AM EN cắt F a Tìm tứ giác nội tiếp đường trịn Giải thích sao? Xác định tâm đường trịn �AEF b Chứng minh: EB tia phân giác c Chứng minh: M tâm đường tròn ngoại tiếp VAFN Bài 75: Cho nửa đường tròn tâm (O), đường kính BC Điểm A thuộc nửa đường trịn Dựng hình vng ABED thuộc nửa mặt phẳng bờ AB, không chứa đỉnh C Gọi F giao điểm AE nửa đường tròn (O) K giao điểm CF ED a Chứng minh: Bốn điểm E, B, F, K nằm đường tròn b ∆BKC tam giác gì? Vì sao? c Tìm quỹ tích điểm E A di động nửa đường trịn (O) Bài 76: Cho ∆ABC vng C, có BC =AB Trên cạnh BC lấy điểm E (E khác B C) Từ B kẻ đường thẳng d vng góc với AE, gọi giao điểm d với AE, AC kéo dài I, K � a Tính độ lớn góc CIK b Chứng minh: KA.KC = KB.KI; 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 � � cắt EF CD M N Tia phân giác cắt b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD CBF DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao? c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r12 + r22 Bài 78: Cho đường tròn (O;R) Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M a Tam giác CEF EMB tam giác gì? b Chứng minh: Tứ giác FCBM nội tiếp Tìm tâm đường trịn c Chứng minh: Cấc đường thẳng OE, BF, CM đồng quy Bài 79: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác B, C không trùng điểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’  a Chứng minh: HEAC b Chứng minh: ∆HEF ~ ∆ABC c Khi A di chuyển, chứng minh: Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆HEF cố định Bài 80: Cho ∆ ABC vuông A Kẻ đường cao AH Gọi I, K tương ứng tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABH ∆ ACH 1) Chứng minh ∆ ABC ~ ∆ HIK 2) Đường thẳng IK cắt AB, AC M N a) Chứng minh tứ giác HCNK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AM = AN c) Chứng minh S’ ≤ S , S, S’ diện tích ∆ ABC ∆ AMN ... < 90 0 => sđ cung DF < 1800 => DEF < 90 0 ( => BDFC hình thang góc DEF nội tiếp chắn cung DE) cân BDFC nội tiếp 0 đường trịn Chứng minh tương tự ta có DFE < 90 ; EDF < 90 Như tam giác DEF có. .. có BAC = 90 0 ( tam giác ABC vng A); DEB = 90 0 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => DEB = BAC = 90 0 ; lại có ABC góc chung => DEB   CAB * BAC = 90 0 ( tam giác ABC vng A); DFB = 90 0... AB nên MH Mà A1 + M1 = 90 0 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 90 0 => C3 + C2 = 90 0 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 90 0 Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 90 0; OCK = 90 0 => OHK + OCK = 1800