Đang tải... (xem toàn văn)
Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn tâm O1 bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình ch[r]
(1)Bài 1 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Các đường cao AD, BE, CF cắt H cắt đường tròn (O) M,N,P
Chứng minh rằng:
1 Tứ giác CEHD, nội tiếp
2 Bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC
4 H M đối xứng qua BC
5 Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Lời giải:
1. Xét tứ giác CEHD ta có:
CEH = 900 (Vì BE đường cao) CDH = 900 (Vì AD đường cao)
=> CEH + CDH = 1800
H
( ( 2
2
1 1
1 P
N
F
E
M
D C
B
A
O
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp 2. Theo giả thiết: BE đường cao => BE AC => BEC = 900
CF đường cao => CF AB => BFC = 900 Như E F nhìn BC góc 900
=> E F nằm đường trịn đường kính BC Vậy bốn điểm B,C,E,F nằm đường tròn
3. Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; A góc chung => AEH ADC =>
AC AH AD AE
=> AE.AC = AH.AD
* Xét hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ADC = 900 ; C góc chung => BEC ADC =>
AC BC AD BE
=> 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 trịn => C1 = E1 (vì hai góc nội tiếp chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp C1 = E2 (vì hai góc nội tiếp chắn cung HD) E1 = E2 => EB tia phân giác góc FED
Chứng minh tương tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đường trịn nội tiếp tam giác DEF
Bài 2 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đường cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE
1 Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp
2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn Chứng minh ED =
2
BC
4 Chứng minh DE tiếp tuyến đường tròn (O) Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm Lời giải:
1. Xét tứ giác CEHD ta có: CEH = 900 (Vì BE đường cao)
H
1
3 2 1 1
O
E
D C
B
(2)2 CDH = 900 (Vì AD đường cao)
=> CEH + CDH = 1800
Mà CEH CDH hai góc đối tứ giác CEHD Do CEHD tứ giác nội tiếp 2 Theo giả thiết: BE đường cao => BE AC => BEA = 900
AD đường cao => AD BC => BDA = 900 Như E D nhìn AB góc 900
=> E D nằm đường trịn đường kính AB Vậy bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn
3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đường cao nên đường trung tuyến => D trung điểm BC Theo ta có BEC = 900
Vậy tam giác BEC vng E có ED trung tuyến => DE =
2
BC
4. Vì O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => E1 = A1 (1)
Theo DE =
2
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
5 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 2.Chứng minh COD = 900 3.Chứng minh AC BD =
4
2 AB
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:
/
/
y x
N C
D I
M
B O
A
1.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM Mà CM + DM = CD => AC + BD = CD
2.Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân giác góc BOM, mà AOM BOM hai góc kề bù => COD = 900
3.Theo COD = 900 nên tam giác COD 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 =
4
2 AB
4. Theo COD = 900 nên OC OD (1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: DB = DM; lại có OM = OB =R => OD trung trực BM => BM OD (2) Từ (1) Và (2) => OC // BM ( Vì vng góc với OD)
5.Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác COD đường kính CD có IO bán kính
(3) IO // AC , mà AC AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đường trịn đường kính CD 6 Theo AC // BD =>
BD AC BN CN
, mà CA = CM; DB = DM nên suy
DM CM BN CN
=> 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 4 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
1. Chứng minh B, C, I, K nằm đường tròn 2. Chứng minh AC tiếp tuyến đường tròn (O)
3. Tính bán kính đường trịn (O) Biết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm
Lời giải: (HD)
1. Vì I tâm đường tròn nội tiếp, K tâm đường tròn 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 trịn
2. Ta có C1 = C2 (1) ( CI phân giác góc ACH
C2 + I1 = 900 (2) ( IHC = 900 ) hoctoancapba.com
o
1 2 1 H
I
C A
B
K
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 =
16 122
2 AH CH
= (cm)
OC = OH2 HC2 92 122 225 = 15 (cm)
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
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 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
d
H I K
N P
M
D
C
B
A
O
Và dây cung) => OKM = 900 Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900; OBM = 900 K, A, B nhìn OM góc 900
(4)4
3 Ta có MA = MB ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau); OA = OB = R => OM trung trực AB => OM AB I
Theo tính chất tiếp tuyến ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vng A có AI đường cao Áp dụng hệ thức cạnh đường cao => OI.OM = OA2
hay OI.OM = R2; OI IM = IA2 4 Ta có OB MB (tính chất tiếp tuyến) ; AC MB (gt) => OB // AC hay OB // AH
OA MA (tính chất tiếp tuyến) ; BD MA (gt) => OA // BD hay OA // BH => Tứ giác OAHB hình bình hành; lại có OA = OB (=R) => OAHB hình thoi
5 Theo OAHB hình thoi => OH AB; theo OM AB => O, H, M thẳng hàng( Vì qua O có đường thẳng vng góc với AB)
6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động ln cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đường thẳng d nửa đường trịn tâm A bán kính AH = R
Bài 6 hoctoancapba.com Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Vẽ đường trịn tâm A bán kính AH Gọi HD đường kính đường tròn (A; AH) Tiếp tuyến đường tròn D cắt CA E
1.Chứng minh tam giác BEC cân
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
I
E
H D
C A
B
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 7 Cho đường trịn (O; R) đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax lấy tiếp tuyến điểm P cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) M
1 Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp đường tròn Chứng minh BM // OP
3 Đường thẳng vng góc với AB O cắt tia BM N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành
4 Biết AN cắt OP K, PM cắt ON I; PN OM kéo dài cắt J Chứng minh I, J, K thẳng hàng
Lời giải: 1. (HS tự làm)
2.Ta có é ABM nội tiếp chắn cung AM; é AOM góc tâm chắn cung AM => é ABM =
2
AOM
(1) OP tia phân giác é AOM
( t/c hai tiếp tuyến cắt ) => é AOP =
2
AOM
(2) Từ (1) (2) => é ABM = é AOP (3)
X
( (
2 1
1 1
K I
J
M N P
A O B
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)
(5)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 đơng thời đường cao => IK PO (9) Từ (6) (9) => I, J, K thẳng hàng
Bài 8 Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường trịn (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 tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp
X
2 1 2
1
E K I
H
F
M
B O
A
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)
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)
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 trịn
Bài 9 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)
(6)6 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)
D C
A O B
F E
X
3.Tứ giác ACDB nội tiếp (O) => ABD + ACD = 1800
ECD + ACD = 1800 (Vì hai góc kề bù) => ECD = ABD ( bù với ACD)
Theo ABD = DFB => ECD = DFB Mà EFD + DFB = 1800 (Vì hai góc kề bù) nên suy ECD + EFD = 1800, mặt khác ECD EFD hai góc đối tứ giác CDFE tứ giác CEFD tứ giác nội tiếp
Bài 10 Cho đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nửa đường tròn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đường vng góc từ S đến AB
1.Gọi S’ giao điểm MA SP Chứng minh ∆ PS’M cân 2.Chứng minh PM tiếp tuyến đường tròn
Lời giải:
1 Ta có SP AB (gt) => SPA = 900 ; AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AMS = 900 Như P M nhìn AS góc 900
nên nằm đường trịn đường kính AS Vậy bốn điểm A, M, S, P nằm đường trịn
2 Vì M’đối xứng M qua AB mà M nằm đường tròn nên M’ nằm đường tròn => hai cung AM AM’ có số đo
3
( )
4
1 1
) (
1 2
2
1
1
H O
S'
M' M
A B
S
P
=> AMM’ = AM’M ( Hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (1)
Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ AB H => MM’// SS’ ( vuông 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)
(7)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 3 Tứ giác BDFC nội tiếp 4
CF BM CB BD
Lời giải:
1 (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
2 Ta có AB = AC (gt); AD = AF (theo trên) => AD AF
AB AC => DF // BC 3 DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân)
=> BDFC hình thang cân BDFC nội tiếp đường trịn
M I
O
F
E D
C B
A
4 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 =>
CF BM CB BD
Bài 12 Cho đường trịn (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
B' A'
O
P N
M
D
B A
C
=> OPM = OCM
Xét hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; OPM = OCM => CMO = POM lại có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1)
Theo giả thiết Ta có CD AB; PM AB => CO//PM (2) Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành
(8)8 => CM CO
CD CN => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R
không đổi => CM.CN =2R2 khơng đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M
4. ( HD) Dễ thấy OMC = DPO (c.g.c) => ODP = 900 => P chạy đường thẳng cố định vng góc với CD D
Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A’ B’ song song AB
Bài 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đường cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đường trịn đường kính BH cắt AB E, Nửa đường trịn đường kính HC cắt AC F
1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật BEFC tứ giác nội tiếp
3 AE AB = AF AC
4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai nửa đường 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 trịn ) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
éEAF = 900 ( Vì tam giác ABC vng A) (3)
(
) 21
21 I 1 F
E
O2
O1 H C
B
A
1
Từ (1), (2), (3) => tứ giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vng)
2 Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đường tròn =>éF1=éH1 (nội tiếp chắn cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (O1) (O2) => éB1 = éH1 (hai góc nội tiếp chắn cung HE) => éB1= éF1 => éEBC+éEFC = éAFE + éEFC mà éAFE + éEFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => éEBC+éEFC = 1800 mặt khác éEBC éEFC hai góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp
3 Xét hai tam giác AEF ACB ta có éA = 900 góc chung; éAFE = éABC ( theo Chứng minh trên) => AEF ACB => AE AF
AC AB => AE AB = AF AC
* HD cách 2: Tam giác AHB vng H có HE AB => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vuông 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/trịn (I), (K) 3.Tính MN
4.Tính diện tích hình giới hạn ba nửa đường tròn Lời giải:
1 Ta có: éBNC= 900( nội tiếp chắn nửa đường trịn tâm K)
1
H
1
N
M
C
I O K B
E
A
3
2 2 1
1
(9)éAMC = 900 ( nội tiếp chắn nửc đường tròn tâm I) => éEMC = 900 (vì hai góc kề bù).(2) éAEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) hay éMEN = 900 (3)
Từ (1), (2), (3) => tứ giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đường chéo hình chữ nhật ) 2 Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn (I) (K) => éB1 = éC1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => éC1= éN3 => éB1 = éN3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => éB1 = éN1 (5) Từ (4) (5) => éN1 = éN3 mà éN1 + éN2 = CNB = 900 => éN3 + éN2 = MNK = 900 hay MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N
Chứng minh tương tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa đường tròn (I), (K)
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 trịn S =
2 ( S(o) - S(I) - S(k))
S =
2 ( 625- 25- 400) =
2 200 = 100 314 (cm
2 )
Bài 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đường trịn (O) có đường kính MC đường thẳng BM cắt đường tròn (O) D đường thẳng AD cắt đường tròn (O) S
1 Chứng minh ABCD tứ giác nội tiếp
2 Chứng minh CA tia phân giác góc SCB
3 Gọi E giao điểm BC với đường tròn (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM, CD đồng quy
4 Chứng minh DM tia phân giác góc ADE
5 Chứng minh điểm M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải:
3
3
2
2
1
1
F
O
M S
D
E
B A
C
H×nh a
F
1
C
A
B E D
S
M O
1
1
2
2
3
H×nh b
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)
(10)10
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
4 Theo Ta có SM EM => D1= D2 => DM tia phân giác góc ADE.(1) 5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) => MEB = 900
Tứ giác AMEB có MAB = 900 ; MEB = 900 => MAB + MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp đường tròn => A2 = B2
Tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp => A1= B2( nội tiếp chắn cung CD) => A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)
Từ (1) (2) Ta có M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ADE TH2(Hình b)
Câu : ABC = CME (cùng phụ ACB); ABC = CDS (cùng bùADC) => CME = CDS => CE CS SM EM => SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB
Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đường trịn đường kính BD cắt BC E Các đường thẳng CD, AE cắt đường tròn F, G
Chứng minh :
1 Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp
3 AC // FG
4 Các đường thẳng AC, DE, FB đồng quy Lời giải:
1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DEB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn )
=> 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
G
1
1
O
S
D
E B
A C
1
F
* 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 trịn đường kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp
3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = C1 lại có E1 = F1 => F1 = C1 mà hai góc so le nên suy AC // FG
4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đường cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S
Bài 17. Cho tam giác ABC có đường cao AH Trên cạnh BC lấy điểm M ( M khơng trùng B C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vng góc với cạnh AB AC
1.Chứng minh APMQ tứ giác nội tiếp xác định tâm O đường trịn ngoại tiếp tứ giác Chứng minh MP + MQ = AH
3.Chứng minh OH PQ Lời giải:
1. Ta có MP AB (gt) => APM = 900; MQ AC (gt)
=> AQM = 900 P Q nhìn BC góc 900 nên P Q nằm đường 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 =
2 BC.AH
Tam giác ABM có MP đường cao => SABM =
1
(11)Tam giác ACM có MQ đường cao => SACM =
2AC.MQ
O
M
Q P
H C
B
A
2
Ta có SABM + SACM = SABC =>
2 AB.MP +
2AC.MQ =
2 BC.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
_ _
4 3 2 1
I
O H K
D C
M
A 1 B
1
Mà A1 + M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => C1 + C4 = 900 => C3 + C2 = 900 ( góc ACM góc bẹt) hay OCK = 900
Xét tứ giác KCOH Ta có OHK = 900; OCK = 900 => OHK + OCK = 1800 mà OHK OCK hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp
Bài 19. Cho đường trịn (O) đường kính AC Trên bán kính OC lấy điểm B tuỳ ý (B khác O, C ) Gọi M trung điểm đoạn AB Qua M kẻ dây cung DE vng góc với AB Nối CD, Kẻ BI vng góc với CD
(12)12 Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi
3 Chứng minh BI // AD
4 Chứng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (O’) Lời giải:
1 éBIC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường trịn ) => éBID = 900 (vì hai góc kề bù); DE AB M => éBMD = 900
=> éBID + éBMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MBID nên MBID tứ giác nội tiếp
2 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan hệ đường kính dây cung)
2
1 1
/ /
1
O'
E
3 2 1
I
O D
C M
A
B
=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đường chéo vng góc với trung điểm đường 3 éADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => AD DC; theo BI DC => BI // AD (1) 4 Theo giả thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2)
Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đường thẳng song song với AD mà thôi.) 5 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 tròn (O; R) (O’; R’) có R > R’ tiếp xúc ngồi C Gọi AC BC hai đường kính qua điểm C (O) (O’) DE dây cung (O) vng góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O’) F, BD cắt (O’) G Chứng minh rằng:
1 Tứ giác MDGC nội tiếp
2 Bốn điểm M, D, B, F nằm đường tròn Tứ giác ADBE hình thoi
4 B, E, F thẳng hàng DF, EG, AB đồng quy MF = 1/2 DE
7 MF tiếp tuyến (O’) Lời giải:
1 éBGC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éCGD = 900 (vì hai góc kề bù)
1
1
O' O
M
G
F E
D
C B
A
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 trịn ) => éBFD = 900; éBMD = 900 (vì DE AB M)
vậy 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
(13)MF = 1/2 DE ( tam giác vng trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền) 7 (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => MDF cân M => D1 = F1
O’BF cân O’ ( O’B O’F bán kính ) => F3 = B1 mà B1 = D1 (Cùng phụ với DEB ) => F1 = F3 => F1 + F2 = F3 + F2 Mà F3 + F2 = BFC = 900 => F1 + F2 = 900 =
MFO’ hay MF O’F F => MF tiếp tuyến (O’)
Bài 21. Cho đường trịn (O) đường kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường tron tâm I qua A, (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q
1 Chứng minh đường tròn (I) (O) tiếp xúc A Chứng minh IP // OQ
3 Chứng minh AP = PQ
4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn Lời giải:
1 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
2 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
H
I O
Q P
B A
1
1
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 không 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 vng góc với DE, đường thẳng cắt đường thẳng DE DC theo thứ tự H K
1 Chứng minh BHCD tứ giác nội tiếp Tính góc CHK
3 Chứng minh KC KD = KH.KB
4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đường nào? Lời giải:
1 Theo giả thiết ABCD hình vng nên BCD = 900; BH DE H nên BHD = 900 => H C nhìn BD góc 900
nên H C nằm đường 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)
O
)
1
1
1
K H E
D C
B A
2
Từ (1) (2) => CHK = BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vng) => CHK = 450 3 Xét KHC KDB ta có CHK = BDC = 450 ; K góc chung
=> KHC KDB => KC KH
KB KD => KC KD = KH.KB
(14)14
Bài 23. Cho tam giác ABC vng 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 H
K
M
F E
D
C B
A
O
Tứ giác AEDC hình vng => CAD = 450; tam giác ABC vng 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 vng 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 Ta có CEB = 450 (vì AEDC hình vng); BKC = 450 (vì ABHK hình vng) 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 trịn cắt BA BC D E
1 Chứng minh AE = EB
2 Gọi H giao điểm CD AE, Chứng minh đường trung trực đoạn HE qua trung điểm I BH
3.Chứng minh OD tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ BDE Lời giải:
1 AEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn )
=> AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450 => AEB tam giác vuông cân E => EA = EB
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 vng 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
(15)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 trịn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đường tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, AC, AB Gọi giao điểm BM, IK P; giao điểm CM, IH Q
1 Chứng minh tam giác ABC cân 2 Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp 3 Chứng minh MI2 = MH.MK 4 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 tựtứ 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 => MI
= MH.MK
1
1
1
P Q
K H
I M
A
C B
O
2
4 Theo ta có I1 = C1; chứng minh tương tự ta có I2 = B2 mà C1 + B2 + BMC = 1800 => I1 + I2 + BMC = 1800 hay PIQ + PMQ = 1800 mà hai góc đối => tứ giác PMQI 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
AB AC KB KC
2 AM tia phân giác CMD 3 Tứ giác OHCI nội tiếp
4 Chứng minh đường vng góc kẻ từ M đến AC tiếp tuyến đường tròn M
Lời giải: 1 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 =>
AB AC KB KC
( t/c tia phân giác tam giác )
J
H I K
O
M C
D
B A
_ /
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 MJ tiếp tuyến đường tròn M
(16)16
1. Tứ giác ABOC nội tiếp 2 BAO = BCO 3 MIH MHK 4 MI.MK = MH2 Lời giải:
I
K
H M
C B
A O
H B
C K I
M
O
A
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 = MH
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
1 Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đường tròn (O)
3 Chứng minh tứ giác BCFE hình thang cân
4 Gọi G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm tam giác ABC
Lời giải:
1 Theo giả thiết F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC => I trung điểm BC HE => BHCF hình bình hành có hai đường chéo cắt trung điểm đường
2 (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => BAC + B’HC’ = 1800 mà
BHC = B’HC’ (đối đỉnh) => BAC + BHC = 1800 Theo BHCF hình bình hành => BHC = BFC => BFC + BAC = 1800
=
/ =
/ / /
A' C'
B'
G O H
I F E
C B
A
=> 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)
(17)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
GAHA mà OI =
1
AH =>
2
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’
3 Gọi A1 trung điểm EF, Chứng minh R.AA1 = AA’ OA’ Chứng minh R(EF + FD + DE) = 2SABC suy vị trí A để tổng EF + FD + DE đạt giá trị lớn
Lời giải: (HD)
1 Tứ giác BFEC nội tiếp => AEF = ACB (cùng bù BFE) AEF = ABC (cùng bù CEF) => AEF ABC
2 Vẽ đường kính AK => KB // CH ( vng góc AB); KC // BH (cùng vng góc AC) => BHKC hình bình hành => A’ trung điểm HK => OK đường trung bình AHK => AH = 2OA’
A1
K A
B C
H O
E F
D
/ /
/ =
/ =
A'
3. Áp dụng tính chất : nếu hai tam giác đồng dạng tỉ số hia trung tuyến, tỉ số hai bán kính
đường tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có : AEF ABC =>
1
' '
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 trịn đường kính AH nên đường tròn ngoại tiếp AEF Từ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’
2
AH
= AA’ '
2
A O Vậy R AA1 = AA’ A’O (2)
4 Gọi B’, C’lần lượt trung điểm AC, AB, ta có OB’AC ; OC’AB (bán kính qua trung điểm dây không qua tâm) => OA’, OB’, OC’ đường cao tam giác OBC, OCA, OAB
SABC = SOBC+ SOCA + SOAB =1
2 ( OA’ BC’ + OB’ AC + OC’ AB )
2SABC = OA’ BC + OB’ AC’ + OC’ AB (3) Theo (2) => OA’ = R
'
AA AA mà
1
'
AA
AA tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC nên
'
AA AA =
EF
BC Tương tự ta có : OB’ = R FD
AC ; OC’ = R ED
AB Thay vào (3) ta 2SABC = R (EF.BC FD.AC ED.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 =
2 AD.BC BC khơng đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A
(18)18
Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đường cao AH bán kính OA
1 Chứng minh AM phân giác góc OAH Giả sử B > C Chứng minh OAH = B - C Cho BAC = 600 OAH = 200 Tính:
a) B C tam giác ABC
b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhỏ BC theo R
Lời giải: (HD)
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
M
D
O
H C
B A
2 Vẽ dây BD OA => ABAD=> 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 - S BOC =
2
0
.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:
1 Theo giả thiết BAC = 600 => sđBC=1200 ( t/c góc nội tiếp ) => BOC = 1200 ( t/c góc tâm)
* 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
A
B C
H O
D
M
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 tròn (O), đường kính AB = 2R Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H OB Chứng minh MN di động , trung điểm I MN nằm
một 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
4 Khi MN quay quanh H C di động đường
(19)Lời giải: (HD)
1 I trung điểm MN => OI MN I ( quan hệ đường kính dây
cung) = > OIH = 900 K D
O I C
M N
B
A H
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 trịn 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 => AM =AN = R 3=> AMN cân A (1) Xét ABN vng N ta có AB = 2R; AN = R => BN = R => ABN = 600 ABN = AMN (nội tiếp chắn cung AN) => AMN = 600 (2)
Từ (1) (2) => AMN tam giác => SAMN =
2
3
4
R
=> S = S(O) - SAMN = R2 -
3
4
R
=
2
(4 3
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 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
MAMC => MC
= MI.MA
(
(
2
2
1
1
1
N
Q
P
K
M O
C B
A
(20)20
3. (HD) MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => P1 = 900 – K1 mà K1 góc ngồi 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 =
2
C
=
2 (180
0
- 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 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 =
2
BC
= 3cm; AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H =
2
3
2, 4
CH
AH => AA’
2
2 1
1
1
O K
H
A' C'
C B
A
=> AA’ = AH + HA’ = + 2,5 = 6,5 9cm) => R = AA’ : = 6,5 : = 3,25 (cm)
2 Vì AA’ CC’ hai đường kính nên cắt trung điểm O đường => ACA’C’ hình bình hành Lại có ACA’ = 900
(nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên suy tứ giác ACA’C’ hình chữ nhật
3. Theo giả thiết AH BC; AK CC’ => K H nhìn AC góc 900 nên nằm đường trịn đường kính AC hay tứ giác ACHK nội tiếp (1) => C2 = H1 (nội tiếp cung chắn cung AK) ; AOC cân O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => A2 = H1 => HK // AC ( có hai góc so le nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2).Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân Bài 35 Cho đường trịn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ dây MN vng góc với AB I, gọi C điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN cho C không trùng với M, N B Nối AC cắt MN E
1 Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp
2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM Chứng minh AM2 = AE.AC
4 Chứng minh AE AC - AI.IB = AI2
5 Hãy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ
Lời giải:
1 Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900; ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ACB = 900 hay ECB = 900
(21)O1
E I
C
O
N M
B A
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 => AM
= AE.AC
4 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 5 Theo AMN = ACM => AM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ECM; Nối MB ta có AMB = 900 , tâm O1 đường tròn ngoại tiếp ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1BM
Gọi O1 chân đường vng góc kẻ từ N đến BM ta O1 tâm đường tròn ngoại tiếp ECM có bán kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đường trịn tâm O1 bán kính O1M với đường trịn (O) O1 hình chiếu vng góc N BM
Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đường cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M, N, P, Q hình chiếu vng góc D lên AB, BE, CF, AC Chứng minh :
1 Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhật Các tứ giác BMND; DNHP; DPQC nội tiếp Hai tam giác HNP HCB đồng dạng Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hàng Lời giải: 1 & (HS tự làm)
3 Theo chứng minh DNHP nội tiếp => N2 = D4 (nội tiếp chắn cung HP); HDC có HDC = 900 (do AH đường cao) HDP có HPD = 900 (do DP HC) => C1= D4 (cùng phụ với DHC)=>C1=N2 (1) chứng minh tương tự ta có B1=P1 (2)
Từ (1) (2) => HNP HCB
1
1
1
1
N M
P Q H
F
E
D C
B
A
1
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
1 Chứng minh tứ giác OBIA, AICO’ nội tiếp Chứng minh BAC = 900
(22)22 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
ABC có AI =
2
BC =>ABC vuông A hay BAC =900
4 9
A I
C B
O' O
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
4 3
M
2 1
F E
A
C B
O' O
=>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
3 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’
4 Đường trịn đường kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đường tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO’ MA A OO’ tiếp tuyến A đường trịn đường kính BC
5 (HD) Gọi I trung điểm OO’ ta có IM đường trung bình hình thang BCO’O
=> IMBC 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
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
(23)5 Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn Lời giải:
1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiếp xúc (O) OK = OC – KC => (K) tiếp xúc (O)
IK = IH + KH => (I) tiếp xúc (K)
2 Ta có : éBEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éAEH = 900 (vì hai góc kề bù) (1)
éCFH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => éAFH = 900 (vì hai góc kề bù).(2)
G
1 2 1
I H K
F E
C B
D A
O 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)
3 Theo giả thiết ADBC H nên AHB vng H có HE AB ( éBEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*) Tam giác AHC vng H có HF AC (theo éCFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**)
Từ (*) (**) => AE AB = AF AC ( = AH2 )
4 Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đường chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đường chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => éF1 = éH1 KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => éF2 = éH2
=> éF1 + éF2 = éH1 + éH2 mà éH1 + éH2 = éAHC = 900 => éF1 + éF2 = éKFE = 900 => KF EF Chứng minh tương tự ta có IE EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) (K) e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH OA (OA bán kính đường trịn (O) có độ dài khơng đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O
Vậy H trùng với O túc dây AD 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
1.Chứng minh tam giác MON đồng dạng với tam giác APB 2.Chứng minh AM BN = R2
3.Tính tỉ số
APB MON
S S
AM =
2
R
4.Tính thể tích hình nửa hình trịn APB quay quanh cạnh AB sinh
Lời giải:
1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: OM tia phân giác góc AOP ; ON tia phân giác góc BOP, mà
N
P
A O B
M x
y
/
/
AOP BOP hai góc kề bù => MON = 900 hay tam giác MON vuông O APB = 900((nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay tam giác APB vng P
Theo tính chất tiếp tuyến ta có NB OB => OBN = 900; NP OP => OPN = 900
=>OBN+OPN =1800 mà OBN OPN hai góc đối => tứ giác OBNP nội tiếp =>OBP = PNO Xét hai tam giác vng APB MON có APB = MON = 900; OBP = PNO => APB MON
2. Theo MON vuông 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 =
2
R
=> PM =
2
R
=> PN = R2:
2
R
(24)24 => MN = MP + NP =
2
R
+ 2R =
2
R
Theo APB MON => MN AB =
5
R
: 2R =
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:
APB MON
S S
= k2 =>
APB MON
S S
=
2
5 25 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
2)Chứng minh hai tam giác BOD; OED đồng dạng Từ suy tia DO tia phân giác góc BDE
3)Vẽ đường trịn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đường trịn ln tiếp xúc với DE
Lời giải:
1. Tam giác ABC => ABC = ACB = 600 (1); DOE = 600 (gt) =>DOB + EOC = 1200 (2)
DBO có DOB = 600 => BDO + BOD = 1200 (3) Từ (2) (3) => BDO = COE (4)
Từ (2) (4) => BOD CEO => BD BO
COCE => BD.CE = BO.CO mà OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2
không đổi
K
H
E D
C B
A
O
2 Theo BOD CEO => BD OD
COOE mà CO = BO =>
BD OD BD BO
BOOEODOE (5) Lại có DBO = DOE = 600 (6)
Từ (5) (6) => DBO DOE => BDO = ODE => DO tia phân giác BDE
3 Theo DO tia phân giác BDE => O cách DB DE => O tâm đường tròn tiếp xúc với DB DE Vậy đường tròn tâm O tiếp xúc với AB tiếp xúc với DE
Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến B C cắt AC, AB D E Chứng minh :
1.BD2 = AD.CD
2.Tứ giác BCDE nội tiếp 3.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
ADBD => BD
= 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
O
E D
C B
A
góc B C nằm cung trịn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp
(25)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
1 Chứng minh tứ giác MNCE nội tiếp Chứng minh NE AB
3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O) Chứng minh FN tiếp tuyến đường tròn (B; BA)
Lời giải: 1 (HS tự làm)
2 (HD) Dễ thấy E trực tâm tam giác NAB => NE AB
3.Theo giả thiết A N đối xứng qua M nên M trung điểm AN; F E xứng qua M nên M trung điểm EF => AENF hình bình hành => 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
1 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 có OBH =900; BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng
Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp tuyến đường tròn (O) A cắt tia BD E Tia CE cắt (O) F
1.Chứng minh BC // AE
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)
_ _
H _ _
1
1
2
F
G I
O D
E
C B
A
K
Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành
(26)26 => BGK = BAH ( cung phụ với ABH) mà BAH =
2 BAC (do ABC cân nên AH phân giác)
=> BAC = 2BGO
Bài 46: Cho đường tròn (O) điểm P ngồi đường trịn Kẻ hai tiếp tuyến PA, PB (A; B tiếp điểm) Từ A vẽ tia song song với PB cắt (O) C (CA) Đoạn PC cắt đường tròn điểm thứ hai D Tia AD cắt PB E
a Chứng minh ∆EAB ~ ∆EBD
b Chứng minh AE trung tuyến ∆PAB HD: a) ∆EAB ~ ∆EBD (g.g) vì: 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 trung tuyến ∆ PAB Bài 47: Cho ∆ABC vuông A Lấy cạnh AC điểm D Dựng CE vng góc BD
a Chứng minh ∆ABD ~ ∆ECD
b Chứng minh tứ giác ABCE tứ giác nội tiếp
c Chứng minh FD vng góc BC, F giao điểm BA CE
d Cho ABC = 600; BC = 2a; AD = a Tính AC; đường cao AH ∆ABC bán kính đường trịn 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
2 = a
AB = BC.cosABC= 2a.cos600 = 2a
2 = a
AH = AB.sinABC = a.sin600 = a
2 ; ∆ FKB vng K , có ABC = 60
0
BFK = 300 AD = FD.sin BFK 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 (IC)
a Chứng minh CI CE
CB CA
b Chứng minh D; E; I thẳng hàng
c Chứng minh HI tiếp tuyến đường trịn đường kính EC HD; a) AB // EI (cùng BC)
CI CE
CBCA (đ/lí Ta-lét)
P
B
A O
C D
E
C
D
A B
F
H K E
a
2a 600
A
B
C H
I
E
(27)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
c) EIO' = IEO' ( ∆ EO’I cân ; O’I = O’E = R(O’))
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) đường thẳng (d) cố định không cắt (O; R) Hạ OH(d) (H d) M điểm thay đổi (d) (MH) Từ M kẻ tiếp tuyến MP MQ (P, Q tiếp điểm) với (O; R) Dây cung PQ cắt OH I; cắt OM K
a Chứng minh điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn b Chứng minh IH.IO = IQ.IP
c Giả sử PMQ = 600 Tính tỉ số diện tích tam giác: ∆MPQvà ∆OPQ HD: a) điểm O, Q, H, M, P nằm đường tròn
(Dựa vào quĩ tích cung chứa góc 900) b) ∆ OIP ~ ∆ QIH (g.g) IO IQ
IP IH IH.IO = IQ.IP
c) ∆v MKQ có : MK = KQ.tgMQK = KQ.tg600 = PQ PQ
2
∆v OKQ có: OK = KQ.tg OQK = KQ.tg300 = KQ PQ PQ
3
MPQ
OPQ
S S =
PQ :
PQ =
Bài 50: Cho nửa đường trịn (O), đường kính AB=2R Trên tia đối tia AB lấy điểm E (EA) Từ E, A, B kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn Tiếp tuyến kẻ từ E cắt hai tiếp tuyến kẻ từ A B theo thứ tự C D
a Gọi M tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ E tới nửa đường tròn Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp đường tròn
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) O1= O2 ; O3= O4 mà O1+ O2+ O3+ O4= 180
0
2
O + O3 = 90
0
; O4 + D1= 90
0 (…) D
O M
P
Q H
I K
M N
E A O B
D
C
1
(28)28 D1= O2 = O1 = 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; BB1; CC1
a Chứng minh tứ giác HA1BC1 nội tiếp đường tròn Xác định tâm I đường tròn b Chứng minh A1A phân giác B A C1 1 1
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 C1 1 = HBC1 ; HA B1 1= HCB1 ;
1
HBC = HCB1 HA C1 1 = HA B1 1 đpcm c) IA1 = IC1= R(I) ; JA = JA1= AC/2 …
ỊJ trung trực A1C1 d) S HJM =
2HM.JK ; SHAC =
2 HC.AC1
SHAC : S HJM =
HC.AC HM.JK mà
MH
MC 3
HC HM+MC MC
1
HM HM HM ;
1
AC
JK (JK// AC1
SHAC : S HJM =
Bài 52: Cho điểm C cố định đường thẳng xy Dựng nửa đường thẳng Cz vng góc với xy lấy điểm cố định A, B (A C B) M điểm di động xy Đường vng góc với AM A với BM B cắt P
a Chứng minh tứ giác MABP nội tiếp tâm O đường tròn nằm đường thẳng cố định qua điểm L AB
b Kẻ PI Cz Chứng minh I điểm cố định
c BM AP cắt H; BP AM cắt K Chứng minh KH PM d Cho N trung điểm KH Chứng minh điểm N; L; O thẳng hàng
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 cố định
c) PA KM ; PK MB H trực tâm ∆ PKM KH PM
d) AHBK nội tiếp đ/trịn đ/k KH (quĩ tích cung chứa góc…) N tâm đ/tròn ngoại tiếp … NE = NA = R(N) N thuộc đường trung trực AB
O,L,N thẳng hàng
Bài 53: Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB K điểm cung AB Trên cung AB lấy điểm M (khác K; B) Trên tia AM lấy điểm N cho AN = BM Kẻ dây BP song song với KM Gọi Q giao điểm đường thẳng AP, BM
A
B A1
B1 C1
C H
I
J K M 12
B
A
C M
K
H N
L
P
O I
z
(29)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 KMNPAT450
Mà PAM PKU PKM 450
PKN45 ;
KNM45 PK // AN Vậy ANPK hình bình hành
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?
HD: a) AMDDMB450 (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 = 2R
2
khơng đổi
c) ONMA nội tiếp đ/trịn đ/k AN Gọi I tâm đ/tròn ngoại tiếp I cách A O cố định I thuộc đường trung trực OA Gọi E F trung điểm AO; AC
Vì M chạy cung nhỏ AC nên tập hợp I đoạn EF
Bài 55: Cho ∆ABC cân (AB = AC) nội tiếp đường tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tia BD cắt tiếp tuyến A với đường tròn (O) điểm E; EC cắt (O) F
a Chứng minh: BC song song với tiếp tuyến đường tròn (O) A b Tứ giác ABCE hình gì? Tại sao?
c Gọi I trung điểm CF G giao điểm tia BC; OI So sánh BGOvới BAC d Cho biết DF // BC Tính cosABC
HD:a) Gọi H trung điểm BCAHBC (∆ ABC cân A) lập luận AHAE BC // AE (1)
b) ∆ ADE = ∆ CDB (g.c.g) AE = BC (2) Từ ABCE hình bình hành c) Theo c.m.t AB // CF GOAB
A O B
M
N //
= K
P
T U
A B
C
D O M
N E
I F
A E
D M
N
F O
(30)30 BGO = 900 – ABC = BAH =
2 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 =
2 BC =
2ND = BH ; ∆ NDA ~ ∆ CDF (g.g) DF.DN = DA.DC
2BH2 =
4AC
2
BH =
4 AC cos ABC = BH AB=
2
Bài 56: Cho đường tròn (O) (O’) cắt hai điểm A B Các đường thẳng AO; AO’ cắt đường tròn (O) điểm C; D cắt (O’) E; F
a Chứng minh: C; B; F thẳng hàng
b Chứng minh: Tứ giác CDEF nội tiếp
c Chứng minh: A tâm đường trịn nội tiếp ∆BDE
d Tìm điều kiện để DE tiếp tuyến chung (O) (O’) 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 = EFA 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 vuông
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 =
2 AOD = 45
0
; DEB =
2 DOB= 45
0
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
B H C G
A
B
O’ O
C F
D
E
A B
D C
O
E M
(31)Vậy M chạy đường tròn (C ; R’ = R )
Bài 58: Cho ∆ABC đều, đường cao AH Qua A vẽ đường thẳng phía ngồi tam giác, tạo với cạnh AC góc 400 Đường thẳng cắt cạnh BC kéo dài D Đường 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 tròn 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 vuông góc với DC c Tìm tập hợp tâm E đường tròn ngoại tiếp ∆CPD
Bài 61: Cho ∆ABC cân (AB = AC; A < 900), cung tròn BC nằm bên ∆ABC tiếp xúc với AB, AC B C Trên cung BC lấy điểm M hạ đường vng góc MI, MH, MK xuống cạnh tương ứng BC, CA, AB Gọi Q giao điểm MB, IK
a Chứng minh: Các tứ giác BIMK, CIMH nội tiếp b Chứng minh: tia đối tia MI phân giác HMK c Chứng minh: Tứ giác MPIQ nội tiếp PQ // BC
Bài 62: Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB, C trung điểm cung AB; N trung điểm BC Đường thẳng AN cắt nửa đường tròn (O) M Hạ CIAM (IAM)
a Chứng minh: Tứ giác CIOA nội tiếp đường tròn b Chứng minh: Tứ giác BMCI hình bình hành
c Chứng minh: MOICAI d Chứng minh: MA = 3.MB HD: a) COA900(…) ; CIA900(…)
Tứ giác CIOA nội tiếp (quĩ tích cung chứa góc 900) b) MB // CI (BM) (1)
∆ CIN = ∆ BMN (g.c.g) N1 N2(đ/đ) ; NC = NB ; NCINBM(slt) CI = BM (2) Từ BMCI hình bình hành
c) ∆ CIM vuông cân (CIA900;CMI 1COA 450
) MI = CI ; ∆ IOM = ∆ IOC OI chung ;
A O B
C
M I N
1 =
(32)32
IC = IM (c.m.t) ; OC = OM = R(O) MOIIOC mà: IOCCAI MOICAI
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 tròn (O), đường cao AH cắt đường tròn D, đường cao BK cắt AH E
a Chứng minh: BKHBCD b Tính BEC
c Biết cạnh BC cố định, điểm A chuyển động cung lớn BC Hỏi tâm I đườngtròn nội tiếp ∆ABC chuyển động đường nào? Nêu cách dựng đường (chỉ nêu cách dựng) cách xác định rõ (giới hạn đường đó) d Chứng minh: ∆IOE cân I
HD: a) ABHK nội tiếp BKHBAH;
BCDBAH ( chắn cung BD) BCDBKH
b) CE cắt AB F ;
AFEK nội tiếpFEK1800 A 1800600 1200 BEC = 1200 c)
0
0 B C 120
BIC 180 180 120
2
Vậy I chuyển động cung chứa góc 1200 dựng đoạn BC, cung nằm đường tròn tâm (O)
d) Trong đ/trịn (O) có DAS = sđ DS
2 ; đ/trịn (S) có ISO = sđ IO
2
DAS = ISO (so le trong) nên: DS
2 = IO
2 mà DS = IE IO = IE 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
HD: a) ∆ ABP cân B (AB = PB = R(B)) màAIB900 (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)
A
B H C
D E F
K
S I
A B
C D
H M P K
(33)PM = AH PA // MH Vậy APMH hình thang cân
Bài 65: Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R Kẻ tia tiếp tuyến Bx, M điểm thay đổi Bx; AM cắt (O) N Gọi I trung điểm AN
a Chứng minh: Tứ giác BOIM nội tiếp đường tròn b Chứng minh:∆IBN ~ ∆OMB
c Tìm vị trí điểm M tia Bx để diện tích tam giác AIO có GTLN HD: a) BOIM nội tiếp OIMOBM900
b) INBOBM900; NIBBOM (2 góc nội tiếp chắn cung BM) ∆ IBN ~ ∆OMB
c) SAIO =
2AO.IH; SAIO lớn IH lớn AO = R(O)
Khi M chạy tia Bx I chạy nửa đường trịn đ/k AO Do SAIO lớn Khi IH bán kính, ∆ AIH vng cân, tức
HAI45
Vây M cách B đoạn BM = AB = 2R(O) SAIO lớn
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 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 = ICBDI = 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 khơng đổi E di động đ/trịn 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 cho : 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 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
A B
M N
H O I
A
B C
O E
I =
(34)34 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 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?
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
Bài 73: Từ điểm A đường tròn (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 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 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
(35)c Tìm quỹ tích điểm E A di động nửa đường trịn (O) Bài 76: Cho ∆ABC vng C, có BC =1
2 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
b Kéo dài DE cắt AC K Tia phân giác CKD cắt EF CD M N Tia phân giác CBF
cắt DE CF P Q Tứ giác MPNQ hình gì? Tại sao?
c Gọi r, r1, r2 theo thứ tự bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ADB, ADC Chứng minh: r2 = r12 + r22
Bài 78: Cho đường trịn (O;R) Hai đường kính AB CD vng góc với E điểm cung nhỏ BC; AE cắt CO F, DE cắt AB M
a Tam giác CEF EMB tam giác gì?
b Chứng minh: Tứ giác FCBM nội tiếp Tìm tâm đường trịn c Chứng minh: Cấc đường thẳng OE, BF, CM đồng quy
Bài 79: Cho đường tròn (O; R) Dây BC < 2R cố định A thuộc cung lớn BC (A khác B, C khơng trùng điểm cung) Gọi H hình chiếu A BC; E, F thứ tự hình chiếu B, C đường kính AA’
a Chứng minh: 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’ ≤