Tài liệu tham khảo Toán học cấp 2

Gọi I là giao điểm của đường trung trực đoạn EF với OE , chứng minh đường tròn ( ) I bán kính IE tiếp xúc với đường tròn ( ) O tại E và tiếp xúc với đường thẳng AB tại F... Chứng minh [r]

Câu 1 Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R, C trung điểm OA dây MN vng góc với OA C Gọi K điểm tùy ý cung nhỏ BM, H giao điểm AK và MN.

1 Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp. Tính tíchAH AK theo R.

3 Xác định vị trị điểm K để tổng (KM + KN + KB) đạt giá trị lớn tính giá trị lớn đó?

Giải:

1 Chứng minh tứ giácBHCKnội tiếp MN AC

 90

AKB (góc nội tiếp chăn nưa đường tròn)  90

HCB

  

Xét tứ giácBCHKcó:

  90 90 180

HCB AKB      mà góc ơ

 Tứ giácBCHKnội tiếp. TínhAH AK theo R.

Xét tam giácACH vàAKBcó:

 



90

( ) ACH AKB

ACH AKB g g A chung



  

  



 #

AC AH

AK AB

 

AH AK AC AB

 

Mà

1 AC R

vàAB2R

2

2 R AH AK

  

3 Xác định vị trí củaKđể(KM KN KB ) max * Chứng minh BMN đêu:

AOM

 cân M (MC vừa đường cao, vừa đường trung tuyến) Mà OA OM R AOM đêuMOA  60

MBN

 cân B vì

MC CN

BC MN

    

CM CN

 

Mặt khác: 

30

MBA MOA 

(góc nội tiếp chăn cung MA)MBN  60 MBN

 cân B lại cóMBN  60 nên MBNlà tam giác đêu * Chứng minh KM KB KN 

Trên cạnh NK lấy điểm D choKD KB KDB

  là tam giác cân mà

1 NKB

sđNB =60 KDB

  là tam giác đêu KB BD

Ta có:DMB KMB (góc nội tiếp chăn cungAB)  120

BDN  (kê bù với KBD KDB đêu)  120

MKB (góc nội tiếp chăn cung 240)

 

MBK DBN

  (tổng góc tam giác băng180) Xét BDNvàBKM có:

 

( )

( ) ( g.c)

BK BD cmt

BDN BKM cmt BDN BKN c

MB MN

 



    



 

ND MK

  (2 cạnh tương ứng)

KM KN KB KN

   

(KM KN KB) max R

    khi KN đường kínhK O N, , thẳng hàng K

 là điểm gĩa cung BM.

Vậy với K điểm gĩa cung BM thì(KM KN KB  )đạt giá trị max băng 4R.

Câu 2 Cho đường tròn( ; )O R tiếp xúc với đường thẳng dtạiA.Trêndlấy điểmHkhông trùng với điểmAvàAH R QuaHkẻ đường thẳng vng góc vớid,đường thẳng căt đường tròn hai điểmEvàB (Enăm gĩaBvàH)

1 Chứng minhABE EAH  và ABH#EAH

2 Lấy điểmCtrêndsao choHlà trung điểm đoạn thẳngAC,đường thẳngCEcătAB K.Chứng minhAHEKlà tứ giác nội tiếp

Giải:

1 Chứng minh:ABE EAH



2 ABE

sđ EA(t/c góc nội tiếp)



2 HAE 

sđ EA(t/c góc tạo bơ cung)

ABE HAE

 

Xét ABHvà EAHcó:    90 ( ) ( ) AHB

ABH EAH g g ABE HAE cmt



    

 

  #

2 XétHEC HEA c g c( )

 

ACE CAE

  mà CAE ABE(cmt) ACE ABE

 

Mặt khác:ABE CAK  90

  90

ACE CAK

   

AHK

  vuông K

Xét tứ giácAHEK có:EHK AKE 90

  180

EHK AKE

   mà góc ơ

 Tứ giácAHEKnội tiếp. HạOI  AB

3

2

AB R AI IB

   

Xét AOIvng tạiIcó cos

3 AI OAI OA    30 OAI

  BAH  60 AHB

 vng tạiH có:BAH   60 cos 

1 AH BAH AB   2 AH R AH R    

Vậy cần lấy điểmH sao cho độ dài

3 R AH 

Câu 3 Cho đường trịn( )O có đường kínhAB2Rvà E điểm bất kì đường trịn đó (EkhácAvàB). Đường phân giác gócAEBcăt đoạn thẳngABtạiF và căt đường trịn( )O điểm thứ hai làK

1 Chứng minhKAF#KEA

2 GọiI là giao điểm đường trung trực đoạnEF vớiOE, chứng minh đường trịn ( )I bán kínhIEtiếp xúc với đường tròn( )O tạiEvà tiếp xúc với đường thẳngABtạiF Chứng minhMN/ /AB,trong đóMvàN lần lượt giao điểm thứ hai củaAE BE, với

đường tròn( ).I

4 Tính giá trị nhỏ chu vi tam giácKPQtheoRkhiEchuyển động đường tròn ( ),O vớiPlà giao điểm củaNFvàAK Q; giao điểm củaMFvàBK

Giải:

1 Chứng minh KAF#KEA

 

KAB KEB (góc nội tiếp chăn  )KB Xét KAFvà KEAcó:

 



( )

( ) KAB AEK cmt

KAF AEK g g K chung



   

 

 #

2 * Đường tròn I IE; và đường tròn O OE;  , ,

I O Ethẳng hàngIE IO OE  IO OE IE 

VậyI IE; vàO OE; tiếp xúc E * Chứng minh I IE; tiếp xúc vớiABtại F

Dễ dàng chứng minh:EIF cân I (I trung trực củaEF) EOK

 cân OEFI EKO(OEF )

mà góc ơIF OK/ / (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //) Có :AK KB AEK( KEB )AK KB

AKB

  cân tạiK

OK AB

 

Vì / /

OK AB

IF AB OK IF

 

  

I IE; 

 tiếp xúc vớiABtại F.

3 AEB 90 (góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)  90

MEN  màMENlà góc nội tiếp đường trịnI IE;  MN

 là đường kínhI IE;  EIN

  cân tạiI

Lại có:EOBcân tạiOINE OBE   mà góc vị trí đờng vị / /

MN AB

 (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //).

4 Tính giá trị nhỏ chu viKPQtheoRkhiEchuyển động trên O

 

MFE MNE (góc nội tiếp I cùng chăn cungME)

 

AKEABE(góc nội tiếp O cùng chăn cung AE)

Mà MNE ABE cmt( )MFE AKE , hai góc lại / /

MQ AK

 (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng //) Chứng minh tương tự: NP BK/ /

Tứ giácPFQKcó:MQ/ /AK / / NP BK  90

PKQ (góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)  Tứ giácPFQK là hình ch̃ nhật

Ta có: MFA QFB  (đối đỉnh)

  (

KAB KBA AKBcân)mà MFA KAB  FQBvuông cân tạiQ Chu vi KPQ KP PQ KQ  

Mà PK FQ (PFQK hình ch̃ nhật) FQ QB (BFQ cân Q) KPQ

P QB QK FK

    KB FK

Mặt khác:AKBcân tạiK K là điểm gĩa cungAB FK FO (quan hệ gĩa đường vng góc đường xiên)

KB FK KB FO

   

Dấu " " xay KB FK KB FO

FK FO

 

 E điểm gĩa cungAB FO R

 

Chu viKPQnhỏ nhất R R 2R( 1).

Câu 4 Cho( ; )O R điểmAnăm bên đường tròn Kẻ tiếp tuyếnAB AC, với đường tròn( , CB tiếp điểm)

1 Chứng minhABOClà tứ giác nội tiếp

2 Gọi E giao điểm củaBCvàOA Chứng minhBEvng góc vớiOAvà OE OA R  3 Trên cung nhỏ BC (O; R) lấy điểm K bất kì (K khác B C) Tiếp tuyến K của

O R; căt AB, AC theo thứ tự P Q Chứng minh tam giác APQ có chu vi khơng

đổi K chuyển động cung nhỏ BC.

4 Đường thẳng qua O vng góc với OA căt đường thẳng AB, AC theo thứ tự tại M, N Chứng minh PM QN MN

Giải:

1 Chứng minhABOClà tứ giác nội tiếp Xét tứ giácABOCcó:

 90o

ABO (tính chất tiếp tuyến)  90o

ACO (tính chất tiếp tuyến) ABO ACO 90o 90o 180o

    

Mà hai góc giácABOCnội tiếp

2 AB AC (tính chất tiếp tuyến căt điểm)

ABC

  cân tạiA.

MàAOlà tia phân giácBAC(t/c tiếp tuyến căt điểm) nênAOlà đường cao củaABChayAOBC

Xét ABOvuông

2 . ,

OB OE OA

  mà OB = R

R OE OA

 

3 PK = PB (tính chất tiếp tuyến căt điểm). KQ = QC (tính chất tiếp tuyến căt điểm). Xét chu vi APQ AP AQ QP 

AP AQ PK KQ

   

AP PK AQ QC

   

2AB 

Mà (O) cố định, điểm A cố định nên AB không thay đổi.

2

4

MP OM MN

OMP QNO MP QN ON OM

ON QN

 #     

4 .

MN MP QN

 

2

MN  MP QN MP NQ (Theo bất đẳng thức Cônsi) HayMP NQ MN  (đpcm)

Câu Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R điểm C thuộc đường trịn (C khác A, B) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD căt cung nhỏ BC điểm E, tia AC căt BE điểm F.

1 Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp. Chứng minh DA DE DB DC 

3 Chứng minhCFD OCB  Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE C hứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O).

4 Cho biết DF = R, chứng minhtanAFB2 Giải:

1 Chứng minhFCDElà tứ giác nội tiếp   90o

ACEAEB (góc nội tiếp chăn nưa đường trịn) Tứ giác FCDEcó :

  180o FCD FDE 

Mà góc ơTứ giácFCDE tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh DA DE DB DC  Xét ACDvà BEDcó:

 

 

90

( ) )

( o

đ đ ACD BED

ACD BED g g ADC BDE



  

 

  #

AD BD

AD ED CD BD

CD ED

   

(đpcm) * Chứng minhCFD OCB 

Vì tứ giácFCDElà tứ giác nội tiếp( )I nên

 

Mà CED CBA  (góc nội tiếp ( )O chăn cung CA)

 

CFD CBA

 

Lại cóOCBcân O nênCBA OCB     1

CFD OCB

 

ICF

 cân I: CFD ICF   2 Từ (1) (2) ICF OCB 

* Chứng minh IClà tiếp tuyến ( ) :O

Ta có:ICF ICB 90o (vìDIClà góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)   90o

OCB BCI

  

OC CI

  IClà tiếp tuyến của( ).O

4 Ta có tam giác vng ICO#FEA g g   1 

2

CAE COE COI

(góc nội tiếp chăn CE ) CIO AFB 

Mà 

tan

2

CO R

CIO

R CI

  

 

tanAFB tanCIO

  

Câu 6 Cho đường trịn (O), đường kính AB = 2R Gọi d1vàd2là hai tiếp tuyến đường tròn (O) hai điểm A B Gọi I trung điểm OA E điểm thuộc đường trịn (O) (E khơng trùng với A B) Đường thẳng dđi qua E vng góc với EI căt hai đường thẳng d1và d2lần lượt M, N.

1 Chứng minh AMEI tứ giác nội tiếp. Chứng minhENI EBI vàMIN 90o Chứng minhAM BN AI BI

4 Gọi F điểm gĩa cung AB khơng chứa E của đường trịn (O) Hãy tính diện tích tam giác MIN theo R ba điểm E, I, F thẳng hàng.

Giải:

  90 90 180

MAI MEI      mà góc ơ  Tứ giácAMEInội tiếp.

2 * Chứng minhENI EBI Xét tứ giácENBIcó:

  90 90 180

IEN IBN      mà góc ơ  Tứ giácENBInội tiếp

 ENI EBI(2 góc nội tiếp chăn cung  )EI * Chứng minh MIN  90

Tứ giácENBInội tiếp nênEMIEAI(2 góc nội tiếp chăn cungEI) Lại có:AEB  90 EAI EBI  90

EMI ENI   90  MNIvuông tạiI.Vậy MIN  90 Chứng minhAM BN AI BI

Xét AMIvàBNIcó: MAI NBI  90

 

AIM BNI (cùng phụ với góc BIN) ( )

AMI BIN g g

  #

AM BI

AM BN AI BI

AI BN

   

4 Ta có hình vẽ Khi E I F, , thẳng hàng

1 AEF 

sđAF 45

  45

AMI  AEI  (hai góc nội tiếp chăn cung AI) MAI

  vuông cân tạiA

2

2 2

2 4

R R R R

AM AI MI AM AI

        

(Định lí Pintango) Chứng minh tương tự:

BIN

 vuông cân tạiB

2

2

3 9

4 16 16

R R R R

BI BN IN BI BN

        

2

1 3

2 2

MIN

R R R

S  MI NI    

Câu 7 Cho đường trịn (O; R), đường kính AB Bán kính CO vng góc với AB, M là

điểm bất kì cung nhỏ AC (M khác A C), BM căt AC H Gọi K hình chiếu của H AB.

1 Chứng minh tứ giác CBKH tứ giác nội tiếp. Chứng minhACM ACK

3 Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E cho BE = AM Chứng minh tam giác ECM tam giác vuông cân C.

4 Gọi dlà tiếp tuyến đường tròn (O) tại điểm A Cho P điểm năm dsao cho hai điểm P, C năm nưa mặt phẳng bờ AB

AP MB

R

MA  Chứng minh đường thẳng PB qua trung điểm đoạn thẳng HK.

Giải:

1 Chứng minh tứ giácCBKHlà tứ giác nội tiếp: Xét tứ giácCBKHta có:

 900 BKH   90o

HCB (góc nội tiếp chăn nưa đường tròn)   180o

BKH HCB

  

Mà hai góc  Tứ giác CBKHnội tiếp. Chứng minh ACM ACK

Tứ giácCBKHnội tiếp nên: HCKHBK(2 góc nội tiếp chăn cung HK) Tứ giácMCBA nội tiếp( )O nên:MCA HKB  (2 góc nội tiếp chăn cungMA)

 

HCK MCA

 

 

ACM ACK

  (Đpcm).

3 Chứng minhECMvuông cân C

VìCD ABnênCOlà đường trung trực củaAB CA CB Xét AMCvàBECcó:

 

( ) MA BE gt

(cmt) CA CB

( ) AMC BEC c g c

    MCA ECB  (2 góc tương ứng) CM = CE (2 cạnh tương ứng)

Mặt khác:ECB EAC BCA   90o   90o

MCA ECA

  

Xét EMC có:  90o MCE

ECM

CM CE

    



  vuông cân C (Đpcm). Chứng minhPBđi qua trung điểm HK Theo đê bài:

AP MB

R MA 

AP R BO

AM MB BM

  

Mà  

1 PAM  sđ AM

(t/c góc tạo bơ

 

2 MBA sđ AM

(t/c góc nội tiếp chăn cungAM )

 

PAM MBA

   PAM#OMB c g c( ) (Hệ qua)

PA OB

PA PM

PM OM

    

Vậy cần lấy điểmP d choPA PM (1)

Gọi N giao điểm củaPBvàHK Q, là giao điểm BM với d

Xét QMAvng M có: PA PM  PMAcân P PAM PMA   90o

PMA PMQ    90o PAM PQM 

 

PMQ PQM PMQ

    cân P PM PQ  2 Từ (1) (2)PM PA PQ

Vì AQ //HK (cùng vng gócAB) nên:

NK BN

PA  BP (Định lí Tanlet ABP)

BN NH

NK NH

PA PQ

 

màPA PQ cmt ( ) NK NH N

 là trung điểm củaHK. Vậy với P d mà

AP MB

R

MA  thìPBđi qua trung điểm củaHK.

Câu 8 Cho đường trịn (O) điểm A năm bên ngồi (O) Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) Một đường thẳng dđi qua A căt đường tròn (O) hai điểm B C (AB < AC, dkhông qua tâm O)

1 Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. Chứng minhAN2 AB AC .Tính độ dài

đoạn thẳng BC AB = 4cm, AN = 6cm

3 Gọi I trung điểm BC Đường thẳng NI căt đường tròn (O) điểm thứ hai T Chứng minh: MT // AC.

4 Hai tiếp tuyến đường tròn (O) B và C căt K Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định d thay đổi thỏa mãn điêu kiện đầu Giải:

1 Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. Ta cóAM OM ( AMlà tiếp tuyến ( ))O

 90o OMA

 

AN ON (ANlà tiếp tuyến (O))  90o

ONA

 

Xét tứ giác AMON có:

  90o 90o 180o OMA ONA   

mà hai góc

 tứ giác AMON tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp).

2 Chứng minhAN2 AB AC .Tính độ dài đoạn thẳng BC AB = 4cm; AN = 6cm. Xét (O):ANB BCN (góc nội tiếp góc tạo bới tia tiếp tuyến dây cung chăn cung BN).

  ( ) ANB BCN cmt

(g.g)

ANB ACN

  #

AN AB

AC AN

 

(tính chất hai tam giác đồng dạng)

AN AB AC

  (Đpcm).

* Tính độ dài đoạn thẳng BC AB = 4cm; AN = 6cm.

Ta cóAN2  AB AC cmt ( )mà AB = 4cm, AN = 6cm nên: 4.AC62 AC9(cm) mà AB BC  ACnênBC5cm.

3 Chứng minh MT // AC.

Xét (O): I trung điểm dây BC OI BC

  (quan hệ vng góc gĩa đường kính dây) Tứ giác OIAN nội tiếp vìANO AIO 900

AIN AON

  (hai góc nội tiếp chăn  )AN mà hai góc nhìn cạnh AO (1) AM, AN hai tiếp tuyến (O) căt A.

OA

 phân giácMON (t/c hai tiếp tuyến căt nhau)  1

2

AON MON

 

Mà  MTN  MON

(góc nội tiếp góc

 

MTN AON

  (2)

Từ (1) (2) ta có:MTN AINmà hai góc MT // AC (dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song).

4 Hai tiếp tuyến (O) B C căt ơ định d thay đổi thỏa mãn điêu kiện đê

* MN căt OA E.

Ta chứng minh MN OAEM OA

Ta chứng minh OI.OK = OE OA (OB2 OM2 R2) Từ chứng minh OEK#OIA c( g.c)

  90o OEK OIA

  

EK OA

Câu Cho đường trịn (O; R) đường kính AB cớ định Vẽ đường kính MN đường trịn (O; R) (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đường tròn (O; R) B căt đường thẳng AM, AN lần lượt điểm Q, P.

1 Chứng minh tứ giác AMBN hình ch̃ nhật.

2 Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q thuộc một đường tròn

3 Gọi E trung điểm BQ Đường thẳng vng góc với OE O căt PQ F Chứng minh F trung điểm của BP ME // NF

4 Khi đường kính MN quay quanh tâm O thỏa mãn điêu kiện đê bài, xác định vị trí đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.

Giải:

1 Chứng minh tứ giác AMBN hình ch̃ nhật.

Ta có AMB MBN BNA NAM   90o(4 góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)

AMBN

 hình ch̃ nhật.

2 Ta có ANM ABM (2 góc nội tiếp chăn cung AM)

 

ABM MQB(2 góc phụ với góc QBM ) ANM MQB

 

MàANM MNP 180oMQB MNP  180o; hai góc lại

MNPQ

 là tứ giác nội tiếp.

3 * Chứng minh F trung điểm BP. E trung điểm BQ, O trung điểm AB

OE

 đường trung bình ABQ / /

OE AQ

 (tính chất đường trung bình tam giác) Mà OEOF; AQ AP

/ /

OF AP



Lại có O trung điểm AB OF đường trung bình củaABP. F

NPB

 vng N, có F trung điểm cạnh BP

1

NF BF FB BP

   

(đường trung tuyến ứng với cạnh huyên băng nưa cạnh huyên)

XétONFvàOBF có:

( ) ( )

ON OB R

OF chung ONF OBF c c c

FN FB cmt   

     



 

  90o ONF OBF

   (2 góc tương ứng)

ON NF

 

Chứng minh tương tự ta cóOM ME / /

ME NF

 (cùng vng góc với MN). 2SMNPQ 2SAPQ2SAMN 2 R PQ AM AN

2 .

AB BP

ABP QBA AB BP QB

QB BA

 #    

Áp dụng bất đẳng thức Cơnsi ta có: PB BQ 2 PB QB 2 (2 )R 4R

Ta có:

2 2

2

2

AM AN MN

AM AN     R

2

2SMNPQ 2 4R R2R 6R

3 MNPQ

S R

 

Dấu băng xay AM = AN PQ = BP Hay MN vng góc với AB.

Vậy để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ thì đường kính MN vng góc với đường kính AB.

Câu 10 Cho nưa đường tròn tâm O đường kính AB Lấy điểm C đoạn thẳng AO (C khác A, C khác O) Đường thẳng qua C vng góc với AB căt nưa đường trịn K. Gọi M điểm bất kì năm cung KB (M khác K, M khác B) Đường thẳng CK căt đường thẳng AM, BM lần lượt H D.

Đường thẳng BH căt nưa đường tròn tại điểm thứ hai N.

1 Chứng minh tứ giác ACMD tứ giác nội tiếp

3 Chứng minh ba điểm A, N, D thẳng hàng tiếp tuyến N đường tròn qua trung điểm DH.

4 Khi M di động cung KB, chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định

Giải:

1 Chứng minh tứ giác nội tiếp Chứng minh đượcAMD90o

VìACD AMD 90omà hai góc nhìn cạnh DA (nên M, C thuộc đường trịn đường kính AD).

Vậy tứ giácACMDnội tiếp Chứng minhCA CB  CH CD Xét CAHvàCDBcó:

  90o

ACH DCB (1)

Mặt khácCAH CDB (cùng phụ với góc CBM ) (2)

Từ (1) (2)

( ) CAH CDB g g

  #

CACB CH CD

  (Đpcm).

* Chứng minh A, N, D thẳng hàng Vì AM DC đường cao tam giác ABD nên H trực tâm ABD

;

AD BH AN BH

  

Nên A, N, D thẳng hàng

* Gọi E giao điểm CK tiếp tuyến N. Ta có:BNDN ON, EN

 

DNE BNO

  màBNO OBN OBN  ,  EDN

 

DNE EDN DEN

    cân EED EN (3) Ta có:ENH 90oEND 90oNDH EHN

HEN

  cân EEH EN (4)

Gọi I giao điểm MN AB, kẻ IT tiếp tuyến nưa đường tròn với T tiếp điểm IN IM IT2 (5)

Mặt khác:EM OM (vìENO EMOvàENON) , , ,

N C O M

 cùng thuộc đường trònIN IM IO IC (6) Từ (5) (6)IC IO IT 

ICT ITO CT IO T K

  #    

I

 là giao điểm tiếp tuyến K nưa đường tròn đường thẳng AB I

 cố định (Đpcm).

Câu 11 Cho đường trịn (O) điểm A năm ngồi đường tròn Kẻ tiếp tuyến AB với đường tròn (O) (B tiếp điểm) đường kính BC Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I (I khác C, I khác O) Đường thẳng IA căt (O) hai điểm D E (D năm gĩa A E) Gọi H trung điểm đoạn thẳng DE.

1 Chứng minh bốn điểm A, B, O, H năm đường tròn. Chứng minh

AB BD

AE  BE.

3 Đường thẳng dđi qua điểm E song song với AO,dcăt BC điểm K Chứng minh: / /

HK DC

4 Tia CD căt AO điểm P, tia EO căt BP điểm F Chứng minh tứ giác BECF là hình ch̃ nhật

Giải:

1 Chứng minh bốn điểm A, B, O, H năm đường tròn

Chứng minh  90o

ABO

Chứng minh  90

AHO 

Tứ giác ABOH nội tiếp

Suy bốn điểm A, B,

O, H năm đường trịn đường kính AO Chứng minh

AB BD

Chứng minh đượcABD AEB  Xét ABDvà AEBcó: EAB chung Chứng minh đượcABD#AEB g g( )

AB BD

AE BE

 

(Đpcm) 3 Chứng minh KH // DC

Tứ giác ABOH nội tiếpOBH OAH  màOAH HEK (do EK//AO)

 

HBK HEK

 

Suy tứ giác BHKE nội tiếp

Chứng minh BKH BCD (cùng băngBEH) Kết luận HK // DC.

4 Chứng minh tứ giác BECF hình ch̃ nhật.

Gọi giao điểm tia CE tia AO Q, tia EK CD căt điểm M

XétEDM có HK // DM H trung điểm đoạn DE, suy K trung điểm của đoạn thẳng ME.

Có ME // PQ

KE MK

OQ OP

 

(cùng băng CK

CO) suy O trung điểm đoạn PQ Có:OP OQ OB OC ;  Suy tứ giác BPCQ hình bình hành Suy CE // BF. Chứng minh COE BOF (g.c.g)OE OF

Kẻ tiếp tuyến AT với (O), chứng minh APDT nội tiếp (PAT PDT  180 ) dẫn đến ATP CBE (1), chứng minh TAP BAP (g.c.g) ATP ABP (2) Từ (1) (2) ABP EBC

Dẫn đến EBF   90 EF đường kínhBECF hình ch̃ nhật (Đpcm). Cách 3:

Chứng minhEHB#COP(g.g)

EB EH ED

CP CO CB

  

EDB CBP

  #

 

EDP CBP

 

  90 ,

Câu 12 Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Gọi M, N lần lượt điểm chính gĩa cung nhỏ AB cung nhỏ BC Hai dây AN CM căt điểm I Dây MN căt cạnh AB BC lần lượt điểm H K.

1 Chứng minh bốn điểm C, N, K, I thuộc đường tròn Chứng minhNB2 NK.NM

3 Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi.

4 Gọi P Q lần lượt tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MBK, tam giác MCK E trung điểm đoạn PQ Vẽ đường kính ND đường tròn (O) Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng.

Giải:

1 Chứng minh bốn điểm C, N, K, I thuộc đường tròn. Ta có:MCB ANM  (2 góc nội tiếp chăn hai

cung băng nhau)  

ICK INK

 

Mà hai góc tứ giác IKNC từ hai đỉnh kê nhau

IKNC

 là tứ giác nội tiếp , , ,

C N K I

 thuộc đường tròn. Chứng minhNB2 NK.NM

 

BMN NBC(hai góc nội tiếp chăn hai cung băng nhau)

XétNBKvàNMBcó: MNBchung

 

BMN NBC(cmt)

NBK NMB

  # (g.g)

2 .

NB NM

NB NK NM

NK NB

   

(đpcm) 3 Chứng minh tứ giác BHIK hình thoi Nới BI căt đường trịn (O) F

AF FC

 

 1   

2 đ F

MBI  s MA s A đ

(góc nội tiếp chăn MF )  1   

2 đ C

MIB s MB s F đ

(góc có đỉnh bên đường tròn) MàMA MC AF CF  ;  nênMBI MIB

BMI

  cân M có MN phân giác MN

 là đường trung trực BI.

, ,

HK BI BH HI BK KI

    (1)

Mặt khácHBF FBC (hai góc nội tiếp chăn hai cung AF = FC) BHK

  có BF phân giác đường cao BHK

  cân BBH BK (2) Từ (1) (2) ta có BHIK hình thoi.

4 Chứng minh ba điểm D, E, K thẳng hàng  90o 

QCK  CMK  90o 

QCK CBN

  

 90o 

QCK BCN

  

CQ CN

  nên C, D, Q thẳng hàng. Chứng minh tương tự ta có D, B, P thẳng hàng

Lại cóCKQ 90oCMK  90o 

KBP BMK

  

MàCMK BMK nênCKQ KBP  Hay KQ // DP.

Tương tự KP // DQ

Nên KPDQ hình bình hành Hình bình hành KPDQ có hai đường chéo KD PQ căt

tại trung điểm đường Nên D, E, K thẳng hàng (Đpcm).

Câu 13 Cho đường trịn (O; R) với dây cung AB khơng qua tâm Lấy S điểm bất kì tia đối tia AB (S khác A) Từ điểm S vẽ hai tiếp tuyến SC, SD với đường tròn (O; R) cho điểm C năm cung nhỏ AB (C, D tiếp điểm) Gọi H trung điểm đoạn thẳng AB.

2 Khi SO = 2R, tính độ dài đoạn thẳng SD theo R tính sớ đo CSD

3 Đường thẳng qua điểm A song song với đường thẳng SC, căt đoạn thẳng CD tại điểm K Chứng minh tứ giác ADHK tứ giác nội tiếp đường thẳng BK qua trung điểm đoạn thẳng SC.

4 Gọi E trung điểm đoạn thẳng BD F hình chiếu vng góc điểm E trên đường thẳng AD Chứng minh răng, điểm S thay đổi tia đối tia AB thì điểm F thuộc đường trịn cớ định.

Giải:

1 Chứng minh năm điểm C, D, H, O, S thuộc đường tròn đường kính SO. SD, SC tiếp tuyến đường tròn (O; R)

,

OD SD OC SC

  

, D C

 thuộc đường trịn đường kính SO (1) Mặt khác H trung điểm AB

 90o

OH AB SHO

   

H

 thuộc đường trịn đường kính SO (2).

Từ (1) (2) C D H O S, , , , thuộc đường trịn đường kính SO 2 Tính độ dài đoạn thẳng SD theo

R sớ đo gócCSD XétSDO có:

2 2

SO SD DO

2 2 4 2 3

SD SO DO R R R

     

3 SD R

 

Ta có:   

1

sin 30 60

2

o o

DO

DSO DSO CSD

SO

     

3 Vì S, D, O, H thuộc đường tròn nên SHOD tứ giác nội tiếp

  1

2

AHD SOD COD

  

(góc nội tiếp chăn SD ) (3) Lại có:AKD SCD (đờng vị) nên   

1

2

AKD sđ DC  COD (4) Từ (3) (4) AHD AKD ADHKnội tiếp

Ta có:KHA CBS  vì KHA ADK  (2 góc nội tiếp chăn )AK

 

ADK CBS (2 góc nội tiếp chăn )AC / /

HK BC

 mà H trung điểm AB nên K trung điểm AN Suy AK = KN. Có:

AK KN BK

SM CM BM mà AK = KN nên SM = CM nên M trung điểm SC.

4 Chứng minh răng, điểm S thay đổi tia đối tia AB thì điểm F ln thuộc đường trịn cớ định

Kẻ đường kínhAA'của đường trịn tâm O.

Ta cóADA ' 90 o DA'DAmà EF DAEF/ /DA' Kéo dài EF cătBA'tại G.

/ / ',

EG DA Elà trung điểm BD nên G trung điểm củaBA'. '

AA đường kính đường trịn tâm O nênA' cố địnhBA' cố định Vậy G cố định. MàAFG90o Fthuộc đường trịn đường kính AG cớ định (đpcm).

Câu 14 Cho đường trịn O ,đường kínhAB.Vẽ tiếp tuyếnAx By, đường tròn M điểm đường tròn(MkhácA B, ).Tiếp tuyến tạiM đường tròn cătAx By, lần lượt tạiP Q,

1 Chứng minh răng: Tứ giácAPMO nội tiếp Chứng minh răng:AP BQ PQ 

3 Chứng minh răng:AP BQ AO 

4 Khi điểmM di động đường trịn O ,tìm các vị trí điểmMsao cho diện tích tứ giácAPQB nhỏ

Giải:

1 Xét tứ giác APMQ, ta cóOAP OMP  90o(vì PA, PM tiếp tuyến (O))

Vậy tứ giác APMO nội tiếp.

2 Ta có: AP = MP (tính chất hai tiếp tuyến căt điểm)

  AP BQ MP MQ PQ Ðpcm

    

3 Ta có OP phân giácAOM (tính chất hai tiếp tuyến căt điểm) OQ phân giác BOM (tính chất hai tiếp tuyến căt điểm)

MàAOM BOM 180o(hai góc kê bù) POQ 90o XétPOQcó: POQ 90o(cmt)

OM PQ(PQ tiếp tuyến (O) M)

Áp dụng hệ thức lượng vào POQ vng O có đường cao OM

MP MQ OM

  (hệ thức lượng)

Lại cóMPAP MQ BQ;  (cmt); OM OA (bán kính) Do đóAP BQ AO Ðpcm  2 

4 Tứ giác APQB có:AP BQ AP/ /  AB BQ; AB, nên tứ giác APQB hình thang vuông

 

2

APQB

AP BQ AB PQ AB

S 

  

Mà AB không đổi nênSAPQBđạt GTNNPQnhỏ / /

PQ AB PQ AB OM AB

    

M

 là điểm gĩaAB

Tức M trùngM1hoặcM2thìSAPQBđạt GTNN

2 AB

Câu 15 Cho đường trịn  O điểmAnăm ngồi đường trịn Vẽ tiếp tuyếnAM AN, với đường tròn O M N ,  O  QuaAvẽ đường thẳng căt đường tròn  O tại hai điểmB C, phân biệt (Bnăm gĩaA C, ) Gọi Hlà trung điểm đoạn thẳngBC

1 Chứng minh tứ giácANHM nội tiếp đường tròn Chứng minhAN2 AB AC

3 Đường thẳng quaBsong song vớiANcăt đoạn thẳngMNtạiE Chứng minhEH/ /NC Giải:

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862I

J

E H

C

B

O M

64

Các tập hình học Ôn thi tuyển sinh vào 10

1 Vì AN, AM tiếp tuyến (O) nênANO AMO 90o ; ; ;

A M O N

  đường trịn đường kính AO Gọi J trung điểm AO

Vì H trung điểm BC nênOH BCAHO90o ,

H O

  đường trịn đường kính AO

Suy A, O, M, N, H thuộc đường trịn tâm J đường kính AO Suy AMHN tứ giác nội tiếp đường tròn.

2 CóANBACN(góc tạo bơBNvà góc nội tiếp chăn )BN XétANBvàACNcó:

 

ANBACN (cmt) BANchung

 

ANB ACN g g   #

2 . .

AN AB

AN AB AC

AC AN

   

3 Gọi I giao điểm MN AC

Ta có MN trục đẳng phương đường tròn (J) (O).

I MN nên phương trình tích I đới với (J) (O) băng nhau.

IB IH

IA IH IB IC

IA IC

   

VìBE/ /ANnên / /

IB IE IE IH

EH NC

IA AN  IN  IC 

Câu 16 Cho đường trịn tâmObán kínhRvà điểmAsao choOA3 R QuaAkẻ tiếp tuyếnAPvàAQvới đường tròn( ; )O R ( ,P Q tiếp điểm) LấyM thuộc đường tròn( ; )O R

I

J

E H B

O

sao choPM song song vớiAQ GọiN là giao điểm thứ hai đường thẳngAM với đường trònO R; .TiaPNcăt đường thẳngAQtạiK

1 Chứng minh tứ giácAPOQlà tứ giác nội tiếp vàKA2 KN KP

2 Kẻ đường kínhQScủa đường trịnO R; .Chứng minhNSlà tia phân giác củaPNM GọiGlà giao điểm đường thẳngAOvàPK.Tính đội dài đoạn thẳngAGtheo bán

kínhR Giải:

1 Ta có:APO AQO 90o

Trong tứ giác APOQ có tổng hai góc đới băng 1800 Suy tứ giác APOQ nội tiếp đường tròn

 

/ /

PM AQPMN KAN (so le trong)

Mà PMN APK(góc tạo bơPN góc nội tiếp chănPN )

 

KAN APK

 

XétKANvàKPAcó: Kchung

 

KAN KPA(cmt)

 

KAN KPA g g   #

 

2 . .

KA KN

KA KN KP Ðpcm

KP KA

   

H

2 Ta có:AQQS (AQ tiếp tuyến (O) ơ MàPM / /AQ(gia thiết) nênPM QS

Đường kínhQS PM nên QS qua điểm gĩa PM nhỏ

   

s PSđ s SMđ PNS SNM (hai góc nội tiếp chăn hai cung băng nhau) Hay NS tia phân giácPNM Ðpcm  

3 Gọi H giao điểm PQ AO AH PQ

  (tính chất hai tiếp tuyến căt điểm) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông AOQ ta có:

2

2 .

3

OQ R

OQ OH OA OH R

OA R

    

1

3

AH OA OH R R R

     

 

2sđ NQ KPQ

(góc nội tiếp chăn )NQ

 

2sđ NQ NQK 

(góc tạo bơ )NQ

 

NQK KPQ

 

XétKNQvàKQPcó:

 

NQK KPQ(cmt) Kchung

 

KNQ KQP g g   #

KN KQ

KQ KP

  2

KQ KN KP

 

MàAK2NK KP nênAK KQ

VậyAPQcó trung tuyến AH PK căt ơ 2 16

3 3

AG AH R R

   

Câu 17 Cho tam giácABCnhọnAB AC nội tiếp đường tròn( ),O hai đường caoBE CF, căt tạiH Tia AOcăt đường tròn O tạiD

3 Gọi M là trung điểm củaBC, tiaAM cătHOtạiG. Chứng minhG là trọng tâm tam giácBAC

Giải:

1 Xét tứ giác BCEF cóBFC BEC 900(cùng nhìn cạnh BC )

Tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp.

2 Ta có:ACD90o(góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)DCAC

MàHE AC;suy raBH/ /DC (1) Chứng minh tương tự:CH/ /BD (2)

Từ (1) (2) suy BDCD hình bình hành. 3 Ta có M trung điểm BC suy M trung

điểm HD.

Do AM, HO đường trung tuyến củaAHD G

 trọng tâm củaAHD

3 GM

AM

 

Xét tam giác ABC có M trung điểm BC và

1 GM

AM  Suy G trọng tâm củaABC

Câu 18 Cho đường trịnO R; có đường kínhABcớ định Trên tia đới tiaABlấy điểm Csao choAC R QuaCkẻ đường thẳngdvng góc vớiCA.Lấy điểmM bất kì trên O không trùng vớiA B, TiaBMcăt đường thẳngdtạiP.TiaCM căt đường tròn O tại điểm thứ hai làN,tiaPAcăt đường tròn O tại điểm thứ hai làQ.

1 Chứng minh tứ giácACPM tứ giác nội tiếp; TínhBM BP theoR

3 Chứng minh hai đường thẳngPCvàNQsong song;

4 Chứng minh trọng tâmGcủa tam giácCMBluôn năm đường trịn cớ định M thay đổi trên O

Giải:

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862

I G

D

N P

M d

64

Các tập hình học Ơn thi tuyển sinh vào 10

1 Ta có AB đường kính của O M,  O AMBlà góc nội tiếp chăn nưa đường tròn AMB 90o AMP 90 o

   

Mặt khác

 90o    180o

ACP gt AMP ACP  mà hai góc ơ

Suy tứ giác ACPM nội tiếp đường trịn. XétBAM vàBPCcó:

  90o AMB BCP  MBAchung

 

BAM BPC g g   #

BM BA

BC BP

 

2

BM BP BA BC R R R

   

3 Ta có:

AMNQ tứ giác nội tiếpMNQ PAM  (góc đỉnh góc ngồi đỉnh đới diện) (1)

AMPC tứ giác nội tiếpPCM PAM (hai góc nội tiếp chăn PM) (2) Từ (1) (2)MNQ PCM 

Mà hai góc ơPC/ /NQ 4 Gọi D trung điểm BCDlà điểm cố định Qua G kẻ đường thẳng song song với MO căt AB I G trọng tâmBCM nênG MD

2 MG MD

(tính chất trọng tâm tam giác) DoGI/ /MO

Áp dụng định lý Tanlét choDMOta có I DO

2

3

OI MG

OI OD

OD MD    Mà O, D hai điểm cố định nên I cố định

DoGI/ /MOnên theo định lý Tanlét ta có:

1

3 3

GI DG R

IG MO

MO DM    

G

 luôn cách điểm I cố định khoang R

không đổi

Khi M di động, điểm G năm đường trịn tâm I, bán kínhR 3

I G

D

Q P

M

Câu 19 ChoABCcó ba góc nội tiếp đường trịn( ),O bán kínhR Hạ đường caoAH BK, tam giác Các tiaAH BK, lần lượt căt O điểm thứ hai làD E,

1 Chứng minh tứ giácABHKnội tiếp đường tròn Xác định tâm đường tròn đó. Chứng minh.HK/ /DE

3 Cho  O dâyABcớ định, điểmCdi chuyển trên O sao choABCcó ba góc nhọn. Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếpCHKkhơng đổi

Giải:

1 Tứ giác ABHK cóAKB AHB 90 ,o mà hai góc nhìn cạnh AB

Suy tứ giác ABHK nội tiếp đường trịn đường kính AB.

2 Theo câu tứ giác ABHK nội tiếp (J) với J trung điểm AB

NênBAH BKH (hai góc nội tiếp cùng chănBH của (J))

MàBAH BAD (A, H, K thẳng hàng)

 

BAD BED (hai góc chăn BDcủa (O))

Suy raBKH BED,mà hai góc trí đờng vị nênHK/ /DE

3 Gọi T giao điểm hai đường cao AH BK Tứ giác CHTK cóCHT CKT  90o

Suy tứ giác CHTK nội tiếp đường tròn đường kính CT Do CT đường kính đường tròn ngoại tiếpCHK (*) Gọi F giao điểm CO với (O) hay CF đường kính (O) Ta có:CAF 90o(góc nội tiếp chăn nưa (O)) FA CA

MàBK CA(gt)

NênBK/ /FAhayBT/ /FA (1)

Ta có:CBF 90o(góc nội tiếp chăn nưa (O))FB CB MàAH CB(gt)

NênAH/ /FBhayAT/ /FB (2)

Do J trung điểm đường chéo AB

Nên J trung điểm đường chéo FT (tính chất đường chéo hình bình hành) XétCTFcó O trung điểm FC, J trung điểm FT

Nên OJ đường trung bình CTF

2

OJ CT

 

(**)

Từ (*) (**) ta có độ dài OJ băng độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp CHK Mà độ dài OJ khoang cách từ tâm O đến dây AB (J trung điểm dây AB) Do (O) dây AB cố định nên độ dài OJ không đổi.

Vậy độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp CHK khơng đổi

Câu 20 Cho xAy 90 ,o vẽ đường trịn tâmAbán kínhR. Đường tròn cătAx Ay, thứ tự tạiBvàD Các tiếp tuyến với đường tròn A kẻ từBvàDcăt tạiC

1 Tứ giácABCDlà hình gì? Chứng minh? TrênBClấy điểmM tùy ý (M khácBvàC)

kẻ tiếp tuyếnMHvới đường tròn A ,(H là tiếp điểm).MHcăt CDtạiN Chứng minh răngMAN 45

3 P Q; thứ tự giao điểm củaAM AN; với

BD Chứng minh răngMQ NP; là các đường cao củaAMN

Giải:

1 Theo tính chất tiếp tuyến ta có:   90o

CBA ADC 

Xét tứ giác ABCD có: 

   

90

90 o

o BAD

CBA ADC cmt

 

 

 



ABCD

 hình ch̃ nhật.

Ta cóAB AC R  nên ABCD hình vng. Xét ADN vng vàAHN vng có:

AN chung

AD AH R



  

ADN AHN

    (cạnh hun – cạnh góc vng)

 

DAN HAN

 

Tương tự:DAN HAN HAM BAM    xAy 90o

 

2.HAN 2.HAM 90o

  

  45o HAN HAM

  

 45 o MAN

 

3 XétBCDvng có: BC CD R  BCD

  vuông cân C CBD 45o

Ta có A, B hai đỉnh nhìn QM góc 45o  Tứ giác ABMQ tứ giác nội tiếp.

AQM ABM 180o

  

AQM 180o ABM 180o 90o 90o

     

MQ AN MQ

   là đường cao củaAMN (đpcm) Tương tự ADNP tứ giác nội tiếp

NP AM NP

   là đường cao trongAMN Vậy MQ, NP đường cao trongAMN (đpcm)

Câu 21 Cho ABC AB AC  có góc nhọn nội tiếp đường trịn O R; .Vẽ đường cao AHcủa ABC, đường kínhADcủa đường trịn GọiE F, lần lượt chân đường vng góc kẻ từ Cvà Bxuống đường thẳngAD M trung điểm củaBC

1 Chứng minh tứ giácABHF vàBMFOnội tiếp. Chứng minh HE BD/ /

3 Chứng minh

ABC

AB AC BC S

R 

(SABClà diện tích ABC) Giải:

1 Theo đê ta có:AHB BFA 90omà góc nhìn cạnh AB Vậy tứ giác ABHF nội tiếp đường trịn đường kính AB.

Có M trung điểm BC mà BC dây cung nên OM BC

2 Theo đê bài:AECAHC90o ACEHlà tứ giác nội tiếp Suy ra:  

1 CHE CAE  CE

(2 góc nội tiếp chăn EC ) Lại có:   

1 CAE CAD CBD   CD

(2 góc nội tiếp chăn DC ) NênCHE CBD  mà chúng ơHE BD/ /

3 Ta có:    

1

.sin sin

2

ABC

S  BC AH  BC AB ABC AH AB ABC

Mặt khác trongABCcó:ABD90o(góc nội tiếp chăn nưa đường tròn)

NênAB AD sinADB2 sinR ACB(ADB ACB  vì hai góc nội tiếp chăn )AB

Tương tự ta có:

  sin sin

AC R ABC

BC R BAC

 

 

 

Ta có:AB AC BC 8 sinR3 ACB.sinABC.sinBAC 1

        

1

.sin sin sin sin sin sin sin

2

ABC

S  BC AB ABC  R BAC R ACB CBA R BAC ACB CBA

Từ (1) (2)

1

ABC S

AB BA CA R

 

Vậy

ABC

AB AC BC S

R

 

Câu 22 ChoABCnhọn AB AC  ba đường caoAP BM CN, , củaABCcăt tạiH Chứng minh tứ giácBCMN nội tiếp

2 Chứng minh ANM ∽ ACB

3 Kẻ tiếp tuyếnBDvới đường tròn đường kínhAH(Dlà tiếp điểm) kẻ tiếp tuyếnBEvới đường trịn đường kính CH (E tiếp điểm) Chứng minhBD BE

4 Gia sư AB = 4cm; AC = 5cm; BC = 6cm TínhMN Giải:

1 Ta có:BMC BNC 90o Mà hai đỉnh M, N nhìn BC

Tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn. Xét ANM vàACBcó:

Giáo viên: Nguyễn Thị Mai Quỳnh – SĐT: 0986082862

64

Các tập hình học Ơn thi tuyển sinh vào 10 Achung

 

ANM ACB(cùng bù vớiBNM ) Suy  ANM #ACB (g.g)

3 Gọi O tâm đường trịn đường kính AH Gọi I tâm đường trịn đườn kính CH XétBDHvàBMDcó:

Bchung

 

BDH BMD(cùng phụ vớiMDH ) Suy ra: BDH#BMD(g.g)

2 .

BD BH

BD BM BH

BM BD

   

(1)

Ta có: EMC EHC  (2 góc nội tiếp chănEC ) MàHME EMC  90o(gt) HME EHI 90o Lại cóIHE HEI do HIEcân I

  90o HME HEI

  

XétBHEvàBEM có: HBE chung

 

BEH BME(cùng phụ vớiHEI) Suy ra:BHE#BEM (g.g)

2 .

BH BE

BE BM BH

BE BM

   

(2) Từ (1) (2) suy ra:BE BD ĐặtAN x NB;  4 x0 x 4 Áp dụng định lý Pintango ta có:

2 2

CN AC AN MàCN2BC2BN2

2 2

AC AN BC BN

   

 2

2 2

5 x x

    

2

25 x 36 16 8x x

     

25 36 16 8x    

8x  

E D

I O

H N

M

P

0,625 x

 

VậyAN 0,625

Lại có:ANM#ACB(cmt)

AN MN

AC BC

 

0,625.6

0,75

AN BC MN

AC

   

(cm)

Câu 23 Cho nưa đường trịn O đường kínhAB2R Điểm M di chuyển nưa đường tròn (M khácAvàB) Clà trung điểm dây cungAM. Đường thẳng dlà tiếp tuyến với nưa đường tròn B TiaAM căt dtại điểmN Đường thẳngOCcătdtạiE

1 Chứng minh: tứ giácOCNBnội tiếp Chứng minh:AC AN  AO AB Chứng minh:NOvng góc vớiAE

4 Tìm vị trí điểmMsao cho 2.AM ANnhỏ nhất. Giải:

1 Theo tính chất dây cung ta có:  90o

OC AM OCN 

BN tiếp tuyến (O) tạiBOBBNOBN 90o Xét tứ giác OCNB có tổng góc đới:

  90o 90o 180o OCN OBN    Do tứ giác OCNB nội tiếp. XétACO vàABNcó:

CAOchung   90o ACO ABN 

Suy ra ACO#ABN g g 

AC AO

AB AN

 

Do đó:AC AN AO AB (đpcm) Theo chứng minh ta có:

OC AM ECAN EClà đường cao củaANE  1 OBBNABNEABlà đường cao củaAME  2

NO

 là đường cao thứ ba củaANE Suy NOAE (đpcm)

2 Ta có:2.AM AN 4AC AN (vì C trung điểm AM)

4AC AN 4AO AB 4 2R R8R

Áp dụng BĐT Cônsi cho hai số dương ta có:

4AC AN 2 2AC AN 2 8R 4 2R

Suy tổng2.AM AN nhỏ băng 4 2R 4ACAN

AN AM M

   là trung điểm AN

Khi đóABNvng B có BM đường trung tuyến nênAM MB AM BM

Vậy với M điểm gĩa nưa đường trịn đường kính AB thì2AM AN nhỏ băng R

Câu 24 Cho đường trịn tâmObán kínhRvà đường thẳng d khơng qua O, căt đường tròn  O điểmA B, Lấy điểm M tia đốiBA, qua Mkẻ hai tiếp tuyến

,

MC MDvới đường tròn (C D, là tiếp điểm). Chứng minh tứ giác

MCODnội tiếp đường tròn

2 GọiHlà trung điểm đoạn thẳngAB Chứng minh HM là phân giác CHD Đường thẳng qua

Ovà vng góc với MOcăt tia

,

MC MDtheo thứ tự tạiP Q, Tìm vị trí điểmM trên d

cho diện tíchMPQnhỏ Giải:

 90 ;o  90o MCODOCM  MD OD ODM  Suy tứ giác MCOD nội tiếp đường trịn.

2 Ta có H trung điểm ABOH  ABMHO 90oH thuộc đường kính MO 5 điểm D; M; C; H; O thuộc đường trịn đường kính MO

 

DHM DOM

  (2 góc nội tiếp chăn cung MD)

 

CHM COM(2 góc nội tiếp chăn cung MC) Lại cóDOM COM (tính chất hai tiếp tuyến căt nhau)

 

DHM CHM

  HM phân giácCHD

3 Ta có:SMPQ 2SMOP OC MP R MC CP    2R CM CP Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMP ta có:

2

CM CP OC R không đổiSMPQ2R2

Dấu “ = “ xay raCM CP R 2. Khi M giao điểm (d) với đường trịn tâm O bán kínhR

Vậy M giao điểm (d) với đường tròn tâm O bán kínhR 2thì diện tíchMRT nhỏ

Câu 25 ChoABCcó ba góc đêu nhọn, hai đường caoBDvàCE căt tạiH(Dthuộc ;

AC EthuộcAB)

1 Chứng minh tứ giácADHEnội tiếp một đường tròn;

2 Gọi M I, lần lượt trung điểm củaAH và BC. Chứng minhMIvng góc với ED.

Giải:

1 Tứ giác ADHE có:ADDH gt ; AEEH gt  NênAEH ADH 90o

Do đó: AEH ADH 180o mà góc Vậy tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn.

2 Tứ giác BEDC có:   90o

Tương tự: Tứ giác ADHE nội tiếp đường trịn tâm M đường kính AH E, D giao điểm của I đường tròn

Dễ dàng chứng minhEMI  DMI c c c  MI

 là phân giácDME MàDMIcân tạiM MD ME  

 

MI DE Ðpcm

 

Câu 26 ChoABCcó ba góc đêu nhọnAB AC  nội tiếp đường tròn tâm O, kẻ đường caoAH GọiM N, hình chiếu vng góc củaHtrênABvàAC.KẻNEvng góc với AH Đường vng góc vớiACtạiCcăt đường trịn I và căt tiaAHtạiD. TiaAHcăt đường tròn tạiF

1 Chứng minhABC ACB BIC  tứ giácDENC nội tiếp đường tròn

2 Chứng minh hệ thứcAM AB AN AC  tứ giác BFIC hình thang cân

3 Chứng minh: tứ giácBMEDnội tiếp trong đường tròn

Giải:

1 Vì ABIC tứ giác nội tiếp nên:   ; 

ABCAIC ACB AIB

    

ABC ACB AIC AIB BIC

    

VìNE AD NC; CDnên sNED NCD 90o   180o

NED NCD

   mà góc ơ

Suy tứ giác DENC tứ giác nội tiếp.

2 Áp dụng hệ thức lượng hai tam giác vng AHB AHC có:

2

;

AM AB AH AN AC AH AM AB AN AC

CóIAC 90oAIC BAF ;  90oABH AIC;  ABHIAC BAF  Suy số đo hai cung IC BF băng nhauIC BF

Vì BAF CAI  BAI CAF   

FC BI FC BI

   

Hình thang BCIF có FC = BIBCIF hình thang cân. Có AEN#AGD g g 

AE AN AE AM

AE AD AN AC AM AB

AC AD AB AD

      

XétAMEvàADBcó:

AE AM

AB  AD (cmt); MAEchung Suy AME ADB c g c#  

AME ADB BME ADB  180o

     mà góc ơ

Suy BMED nội tiếp đường tròn.

Câu 27 Cho nưa đường trịn O đường kínhAB GọiClà điểm cố định thuộc đoạn thẳng OB (CkhácOvàB) Dựng đường thẳng d vng góc vớiABtại điểm C, căt nưa đường trịn  O điểmM.Trên cung nhỏMBlấy điểmN bất kỳ(N khácM vàB), tiaANcăt đường thẳng d điểm F,tiaBNcăt

đường thẳngdtại điểmE.Đường thẳng AEcăt nưa đường tròn  O điểm D (DkhácA)

1 Chứng minh:AD AE AC AB 

2 Chứng minh: Ba điểmB F D, , thẳng hàng vàF tâm đường tròn nội tiếp

CDN 

3 Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp

AEF

 Chứng minh điểm I năm đường thẳng cố định điểmNdi chuyển cung nhỏMB.

Giải:

  90o ADBACE EACchung

ADB ACE

  # (g.g)

 

AD AB

AD AE AC AB Ðpcm

AC AE

   

2 CóAN EB EC; AB, EC giao AN F nên F trực tâm củaAEBBFEA MàBDEAB D F, , thẳng hàng

Tứ giác ADFC có hai góc đới băng 90onên tứ giác ADFC tứ giác nội tiếp Suy raDCF DAF (hai góc nội tiếp chănDF )

Tương tự ta có:NCF NBF (hai góc nội tiếp chăn )NF MàDAF NBF(cùng phụ vớiAEB)DCF NCF

Suy CF phân giácDCN

Tương tự có DF phân giácNDC Vậy F tâm đường tròn nội tiếpDCN 2 Gọi J giao điểm (I) với đoạn AB

CóFAC CEB   90oABE  FAC#BEC g g 

FC AC

CF CE BC AC

BC EC

   

(1)

Vì AEFJ tứ giác nội tiếp nênFJC FEA  180oAJF

  CF CJ

CFJ CAE g g CF CE CA CJ

CA CE

  #    

(2)

Từ (1) (2) suy raBC AC CA CJ  BC CJ Clà trung điểm BJ (vìJ B) Suy J điểm cớ định

CóIA IJ nên I ln thuộc đường trung trực AJ đường thẳng cố định.

Câu 28 Cho ABCnhọnAB AC  nội tiếp( ),O vẽ đường kínhAD.Đường thẳng qua B vng góc vớiADtạiEvà cătACtạiF. GọiHlà hình chiếu củaBtrênACvàM là trung điểm BC

3 Chứng minh

HC BC

HF   HE Giải:

1 CóACD90o(góc nội tiếp chăn nưa đường trịn) VìBEADnênFED 90oFED FCD 180o

mà hai góc Suy tứ giác CDEF tứ giác nội tiếp.

2 Vì M trung điểm cạnh huyên BC tam giác vuông BHC nên

MH MC MB   MHCcân M (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyên)

 

MHC MCH

 

Vì ABCD tứ giác nội tiếp nên:

       90 o

BAD BCD BAD MHC BCD MCH   DCH 

3 VìBEAE BH, AH nênBEA BHA  90oABEHlà tứ giác nội tiếp

 

BAE BHE

  (hai góc nội tiếp chăn )BE

Mà theo ý ta có:BAE90oMHC BHM BHE BHM  Suy H, E, M thẳng hàng.

Gọi N trung điểm FC

 NM đường trung bình BFC MN // BF nên ta có:

 

2

2 2

1 HF FN

BC HM HN HF FC HF HC HC

HE HE HF HF HF HF HF

  

      

Câu 29 ChoABCnhọn Đường trịn tâmOđường kínhBCcăt cạnhAB AC, lần lượt điểmM N M,  B N C,   GọiH giao điểm củaBNvàCM P; giao điểm

AH vàBC

1 Chứng minh tứ giácAMHN nội tiếp đường tròn Chứng minhBM BA BP BC 

3 Trong trường hợp đặc biệt khiABCđêu cạnh băng2a Tính chu vi đường trịn ngoại tiếp tứ giácAMHNtheo a

4 Từ điểmAkẻ tiếp tuyếnAEvàAF của đường trịn tâmOđường kínhBC(E F, là tiếp điểm) Chứng minh ba điểmE H F, , thẳng hàng

Giải:

1 Ta có:AMH 90 ;o ANH 90onên M N cùng thuộc đường trịn đường kính AH

Vậy tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn.

2 Tứ giác AMPC cóAPC 900(do H trực tâm của )

ABC

 vàAMC90o

 

BMC BPA g g   #

BM BC

BP BA

  

Từ suy BM BA BP BC  3 Đường trịn ngoại tiếp tứ giác AMHN có đường

kính AH ABC

 đêu nên trực tâm H trọng tâm

2 3

3 3

AB a

AH AP

     

Chu vi đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMHN băng:

2

3 a

AH 

 

Vậy chu vi đường tròn ngoại tiếp tức giác AMHN băng

2 3 a  

4 Ta có:

2

AH AE

AH AP AM AB AE

AE AP

   

XétAHEvàAEPcó:

AH AE

NênAHE#AEP(c.g.c) Suy AHEAEP  1 Tương tự ta có:AHF AFP  2

Mặt khác: Tứ giác AFOP AEOF nội tiếp đường trịn đường kính AO nên năm điểm A, E, P, O, F thuộc đường trịn đường kính AO.

Suy tứ giác AEPF nội tiếp đường tròn nên:AEP AFP 180o  3 Từ (1), (2) (3)AHE AHF AEP AFP 180oEHF 180o Vậy ba điểm E, H, F thẳng hàng.

Câu 30 ChoABCđêu có đường caoAH Trên cạnhBClấy điểmMtùy ý(M không trùng với B C H, , ).GọiP Q, lần lượt hình chiếu vuông góc củaM lênAB AC, .

1 Chứng minh tứ giácAPMQnội tiếp đường tròn xác định tâmOcủa đường tròn

2 Chứng minhOH PQ Chứng minhMP MQ AH Giải:

1 Xét tứ giác APMQ có:   90o APM AQM  (gt) APM AQM 180o

   Tứ giác APMQ nội tiếp đường trịn đường kính AM Gọi O trung điểm AM

 tứ giác APMQ nội tiếp đường trịn tâm O đường kính AM.

2 Ta có:AHM 90o(gt)AHM nội tiếp chăn

1

2đường trịn đường kính AM H thuộc đường trịn (O)

Ta có:HPQ HAC (hai góc nội tiếp chănHQ)

 

HQP HAB (hai góc nội tiếp chăn )HP

MàHAC HAB  (ABCđêu nên AH vừa đường cao vừa đường phân giác)

 

HPQ HQP HPQ

Từ (1) (2)OH đường trung trực củaPQOH PQ

1

1

2

MAC

S  MQ AC MQ BC

Ta có:

1

2

MAB

S  MP AB MP BC

(doAB BC )

1

(do )

2

MAC

S  MQ AC MQ BC ACBC

ABC

S  AH BC

(do AC BC )

1 1

2 2

MAB MAC ABC

S S S  MP BC MQ BC AH BC MP MQ AH 

(đpcm)

Câu 31 ChoABCcó ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O có bán kínhR3cm Các tiếp tuyến với O tạiBvàCcăt tạiD

1 Chứng minh tứ giácOBDCnội tiếp đường tròn;

2 GọiM là giao điểm củaBCvàOD. BiếtOD5(cm) Tính diện tíchBCD

3 Kẻ đường thẳngdđi quaDvà song song với đường tiếp tuyến với  O tại A d, căt các đường thẳngAB AC, lần lượt tạiP Q, Chứng minhAB AP AQ AC

1 Do DB, DC tiếp tuyến (O)OBD OCD  90o   90o 90o 180o

OBD OCD

     mà góc ơ

Tứ giác OBDC tứ giác nội tiếp.

2 Áp dụng định lý Pintango vàoOBDvuông B

 

2 52 32 4

DB OD OB cm

     

Ta có:OB OC R BD DC,  (2 tiếp tuyến căt nhau) ;

O D

 thuộc trung trựcBCODlà trung trựcBCODBC Áp dụng hệ thức lượng vàoOBDvng, ta có:

 

2

2 16

5 BD

DM DO BD DM cm

DO

    

 

3.4 12

5 OB BD

BM OD OB BD BM cm

OD

    

Vậy  

2

1 16 12

7,68

2 5

DBC

S  DM BC DM BM   cm

3 Ta có:APQ BAx (2 góc so le doAx PQ/ / )

  APQ ACB

 

Xét ABC AQPcó: PAQchung;APQ ACB (cmt)

ABC AQP

  # (g.g)

AB AC

AB AP AC AQ

AQ AP

   

4 Kéo dài BD căt tiếp tuyến qua A đường trịn (O) F Ta có:DBP ABF (đới đỉnh)

MàABF ACB(góc tạo bơAB)

 

ACB APD (doABC#AQP)

  

DBP APD BPD DBP

     cân tạiDDB DP

Tương tự kéo dàu DC căt tiếp tuyến qua A đường tròn (O) G Ta chứng minhDCQ ACG ABC DQC     DCQcân D

Lại cóDB DC (tính chất hai tiếp tuyến căt nhau) DP DQ

  D trung điểm PQ

Ta có:ABC#AQP(cmt)

2

AB AC BC MC AC MC

AQ AP PQ PD AP PD

     

Xét AMC ADPcó:

 

ACM  APD(ACB APQ n cmt); ACAP MCPD

AMC ADP

  # (c.g.c)PAD MAC  (đpcm).

Câu 32 Cho nưa đường trịn (O) đường kính AB = 2R Điểm C cố định nưa đường

tròn Điểm M thuộc cung AC(M  A; C) HạMH ABtại H Nối MB căt CA E Hạ EI AB I Gọi K giao điểm AC MH Chứng minh:

1 BHKC AMEI tứ giác nội tiếp. AK AC AM2.

3 AE AC BE BM  không phụ thuộc vào vị trí điểm M.

4 Khi M chuyển động cung AC thì đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC qua hai điểm cố định

  90o

AMB KCB  (2 góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)

Tứ giácBHKCcó:   180o KHB KCB 

Mà góc Tứ giácBHKC tứ giác nội tiếp. Tứ giácAMEI có:

  180o AMB EIA 

Mà góc  Tứ giácAMEIlà tứ giác nội tiếp. XétAHKvàACBcó:

  90o AHK  ACK  CABchung

AHK ACB

  # (g.g)

AH AK

AC AB

 

AH AB AC AK   (1)

Áp dụng hệ thức lượng trongAMBvng M, có MH đường cao, ta có:

AH ABAM (2)

Từ (1) (2) ta cóAK AC AM Ðpcm2  3 XétAEI vàABCcó:

  90o AIEACB CABchung

AEI ABC   # (g.g)

AE AB

AE AC AB AI AI AC

   

(3) XétBEI vàBAM có:

  90o BIE BMA  ABMchung

BEI BAM

  # (g.g)

BE BA

BE BM BI BA

BI BM

   

(4)

Từ (3) (4)AE AC BE BM   AB AI BI(  )

2

AE AC BE BM AB R

VậyAE AC BE BM  không phụ thuộc vào M.

4 Khi M chuyển động cung AC thì đường tròn ngoại tiếp tam giác IMC qua hai điểm cớ định

Tứ giácBCEIcó:   90o BCE EIB 

Mà góc tứ giácBCEIlà tứ giác nội tiếp

  EIC EBC

  (2 góc nội tiếp chăn cungEC) Từ câu 1, ta có tứ giácAMEIlà tứ giác nội tiếp.

 

EIM EAM

  (2 góc nội tiếp chăn cungME) MàEBC EAM  (2 góc nội tiếp chăn cungMC)

   2. 

MIC EIC EIM   EAM MOC mà đỉnh nhìn cạnh MC , , ,

M C I O

 thuộc đường tròn

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giácIMCđi qua hai điểm cố định O C.

Câu 33 Cho đường tròn(O; R)và điểm A cố định ơ

d OAtại A Trên dlấy điểm M Qua M kẻ tiếp tuyến ME, MF tới đường trịn (O) Nới EF căt OM H, căt OA B.

1 Chứng minh ABHM tứ giác nội tiếp. Chứng minhOA OB OH OM  R2

3 Chứng minh tâm I đường tròn nội tiếp tam giác MEF thuộc đường trịn cớ định M di chuyển d

4 Tìm vị trí M để diện tíchHBOlớn Giải:

1 Chứng minh ABHM tứ giác nội tiếp. Có ME = MF MO phân giác củaEMFnên

MOEFtại H MàMA OA MABH là tứ giác nội tiếp

2 OHB#OAM OB OA OH OM  EMO

  90o   IEH OIE  OIE IEO

OIE

  cân tạiOOI OE R   I ( ; ).O R

4 Vì

2

R

OB OA R OA B

OA

   

cố định  90o

OHB Hđường trịn đường kính OB. Gọi K trung điểmOBKB KO HK  HạHN OB

max max HBO

S HN MàHN HK.Dấu “=” xay khiH K.

VậySHBOmax HBOvuông cân HMO tạo với OA góc45 o

Câu 34 Cho (O; R) điểm A thuộc đường tròn Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn Trên Ax lấy điểm H cho AH < R Dựng đường thẳng d Ax H Đường thẳng dcăt đường tròn E B (E năm gĩa H B).

1 Chứng minh ABH# EAH.

2 Lấy điểm C thuộcAxsao cho H trung điểm AC Nối CE căt AB K Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp.

3 Tìm vị trí H trênAxsao choAB R Giải :

1 Chứng minhAHB#EAH

Ta có: 

1 EAH 

sđAE(t/c góc tạo bơ



2 ABE

sđAE(góc nội tiếp chăn cung  )AE

Xét AHBvà EAHcó:

  ( )

EAH ABE cmt AHBchung

( ) AHB EAH g g

  #

2 Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp Ta có:

EH AC

EAC

AH HC

   

   

ECH EAC KCA ABH

   

MàABH BAH 90o   90o KCA BAH

  

 90o CKA

 

Xét tứ giácAHEK có:   90o 90o 180o AKE EHA   

Mà góc  AHEKlà tứ giác nội tiếp.

3 Tìm vị trí củaH Ax choAB R Kẻ OI ABtạiI

3 R AI IB

  

  

cos 30 60

2

o o

OAI OAI BAC

     

1

.cos60

2

o R

AH AB R

    

Vậy cần lấy điểmH Ax cho

3 R AH 

thìAB R

Câu 35 ChoABCvng ơAClấy điểmM, dựng đường trịn tâm O có đường kínhMC.Đường thẳngBM căt đường trịn tâm O tạiD, đường thẳngADcăt đường tròn tâm O tạiS

1 Chứng minh tứ giácABCDlà tứ giác nội tiếp vàCAlà tia phân giác gócBCS

2 Gọi E giao điểm củaBCvới đường tròn O Chứng minh đường thẳng , ,

BA EM CDđồng quy.

3 Chứng minhM tâm đường tròn nội tiếp tam giácADE Giải:

1 Ta có BAC 90o(gia thiết)  90o

MDC  (góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)

A, D nhìn BC góc 90onên tứ giác ABCD nội tiếp.

Ta có tứ giác DMCS nội tiếpADB ACS (cùng bù vớiMDS ) (2) Từ (1) (2)BCA ACS  CA

là phân giác BCS

2 Gia sư BA căt CD K Ta có

,

BDCK CABK

M trực tâmKBC. Mặt khácMEC 90o (góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)

, , K M E

 thẳng hàng hay BA, EM, CD đồng quy K.

3 Vì tứ giác ABCD nội tiếpDAC DBC   (cùng chăn cung DC) (3)

Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp

 

MAE MBE

  (cùng chăn cung ME) (4)

Từ (3) (4)DAM MAEhay AM tia phân giác DAE

Chứng minh tương tự ta có:ADM MDE hay DM tia phân giác ADE Vậy M tâm đường tròn nội tiếpADE

* Lưu ý: Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, phương pháp thường dùng là chứng minh ba đường thẳng ba đường cao, ba đường trung tuyến, hoặc ba đường phân giác tam giác.

Câu 36 Cho đường trònO R; , đường kínhAB.ĐiểmHthuộc đoạn OA. Kẻ dây CD vng góc vớiABtạiH.Vẽ đường trịn O1 đường kínhAHvà đường trịn O2 đường kính

BH Nới AC căt đường trịn O1 tại N. NớiBCcăt đường trịn O2 tại M.Đường thẳng MNcăt đường trònO R;  tạiEvàF

1 Chứng minhCMHNlà hình ch̃ nhật Cho AH 4cm,BH 9cm Tính MN

3 Chứng minhMNlà tiếp tuyến chung hai đường tròn  O1  O2 Chứng minhCE CF CH 

1 Chứng minh CMHN hình ch̃ nhật: Ta có:AMH ACB HNB 90o(các góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)

   90o

MCN CMH CNH

   

CMHN hình ch̃ nhật.

2 Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ACB:

2 . 4.9 36

CH AH HB 

Suy raCH  6 MN6 (cm)

3 Gọi I giao điểm CH MN. Theo tính chất hình ch̃ nhật: IM IN IC IH  IMH cân I

 

IMH IHM

 

Lại có:O M2 O H2 O MH2 O HM2 2 2 90 o

O MI O HI

  

Chứng minh tương tự:1 90 o O NI 

Do MN tiếp tuyến chung của( )O1 và( ).O2

4 OC căt MN K, căt (O; R) QCDQ CFQ  90 o CóOC OB R  OCB OBC  

Mà O M2 O B R2  2O MB OBN2  O MB OCB2  / /

O M OC

 OCMNtại K.

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông FCQ:CF2CK CQ (1) CóCKI #CDQ g g( ) CK CQ CI CD   2

MàOH CDHC HD Do

2

.2

2

CI CD CH CH CH (3)

Từ (1); (2) (3)CF2 CH2CF CH

Câu 37 Cho đường trịnO R; có hai đường kính vng gócABvà CD Gọi I trung điểm OB.Tia CI căt đường trịn (O; R) E Nới AE căt CD H; nối BD căt AE tại K.

1 Chứng minh tứ giácOIEDnội tiếp Chứng minhAH AE 2 R2

3 Tính tan BAE

4 Chứng minh OK vng góc với BD. Giải:

1 Ta có CD đường kính đường tròn (O; R) nên CED 90o Theo gia thiết BOD90o

Do đó: IED IOD  180o

Suy tứ giác OIED tứ giác nội tiếp. AOH#AEB(g.g)

AO AH

AE AB

  2

AE AH AO AB R

  

3 Ta có:  

45

o BEC  BOC  1 45

2

o AEC AOC

Suy EI phân giác AEB Do

1 EB IB EA IA

  

Vậy 

1 tan

3 BE BAE

AE  

4 Xét OHA vuông O, ta có tan 3 OA OD OH OA OAH  

vì vậy H trọng tâm của tam giác DAB.

Do AK đường trung tuyến tam giác DAB.

Suy KB = KD Vì vậy OK DB (quan hệ đường kính – dây cung)

1 Chứng minhAH AD  AB2

2 Chứng minh tam giác CAN cân A.

3 Gia sư H trung điểm OD Tính R theo thể tích hình nón có bán kính đáy HD, đường cao BH.

4 Tìm vị trí M để diện tích tam giác ABN lớn nhất. Giải:

1 Tam giác ABD vuông B,BH AD nênAH AD AB 

2 DoAH BCHB HC  ABCcân tại A đóABCACB

MàACB AMB nên ABCAMB

 

ABC KMN

  (1)

Tứ giác ABCM nội tiếp đường tròn (O; R) nênABC KMC (cùng bù với AMC) (2)

Từ (1) (2)KMN KMC

Lại cóMK CN (gia thiết) MCN cân M KC KN Tam giác CAN cóAK CNvà KC = KN nênACNcân A.

3 Khi OH = HD, tam giác BOD cân BBO BD , màOB OD R  nên tam giác OBD đêuBOH 60o

3 sin 60

2 o R BH OB

   

Thể tích hình nón

2

V   r h

Trong đó: R r HD 

,

3 R h BH 

Vậy

2

1 3

3 2

R R R

V     

4 HạNEAB.Vì AB không đổi nên SABN lớn NE lớn nhất. Ta có: AN = AC không đổi.

MàNE NA ,dấu băng xay E A Lấy I đối xứng với B qua O Khi E A thì  90o

Mặt khác AM phân giác NAC nên M điểm gĩa cung nhỏ IC Vậy điểm M cần tìm điểm gĩa cung nhỏ IC.

Câu 39 Cho nưa đường trịn (O;R) đường kính BC Điểm A thuộc nưa đường trịn

ACAB

Dựng vê phía ngồiABCmột hình vng ACED Tia EA căt nưa đường trịn tại F Nối BF căt ED K.

1 Chứng minh điểm B, C, D, K thuộc đường tròn. Chứng minhAB EK

3 Cho ABC30 ;o BC10cm Tính diện tích hình viên phần giới hạn bơ cung nhỏ AC.

4 Tìm vị trí điểm A để chu vi tam giácABClớn Giải:

1 ACEDlà hình vuông   45o CAE CDE

  

Tứ giácBCAFnội tiếp đường tròn

 

( )O FBC CAE (cùng bù với góc CAF )

    180o

FBC CDE FBC CDK

    

BCDK

 tứ giác nội tiếp. Có: BAC 90oCEK

Mà tứ giácBCDKlà tứ giác nội tiếp ABC CKD ACB ECK .

   

Lại có:AC CE (cạnh hình vng)

Suy raABC EKC(cạnh góc vng – góc nhọn) AB EK VìABC30onênAOC60 ,o tam giácOAClà tam giác đêu KẻAH BC,ta có

3 sin 60

2 o R

AH OA 

Gọi diện tích hình viên phân S, ta có: S S quat AOCSAOC

60

360

o o

2

2

3 25(2 3)

( )

6 12

R R

R cm

   

     

 

4 Chu viABClớn nhất AB AC lớn Áp dụng BĐT 2(x2y2) ( x y)2 Ta có: (AB AC )2 2(AB2AC2) 2 BC2 8R2AB AC 2 R

Dấu '' '' xay khiAB AC  A điểm gĩa nưa đường trịn đường kính BC.

Câu 40 Cho đường trịn (O;R) đường kính AC cớ định Kẻ tiếp tuyến Ax với đường trịn tại A Lấy M thuộc Ax, kẻ tiếp tuyến MB với đường tròn B (B khác A) Tiếp tuyến của đường trịn C căt AB D Nới OM căt AB I, căt cung nhỏ AB E.

1 Chứng minh OIDC tứ giác nội tiếp.

2 Chứng minh tích AB.AD khơng đổi M di chuyển Ax. 3 Tìm vị trí điểm M Ax để AOBE hình thoi.

4 Chứng minhODMC Giải:

1 CóMA MB OA OB R ;   nên OM trung trực AB nênOI ABvàIA IB Lại cóOCCDnênOID OCD  180oOIDC tứ giác nội tiếp.

2 CóABC90o(góc nội tiếp chăn nưa đường trịn) MàACDvng C nênAB AD AC  2khơng đổi 3 AOBE hình thoi  AE EB BO OA  

AOE

  đêu  AOE60o AOM

 vuông A nên tan 60o

AM OA R .

4 AMO BAC (cùng phụ vớiMAB),   90o

MAO OCD 

Nên  

AM AO

AMO CAD g g

AC CD

 #  

MàOA OC R  , suy

 

tan tan

AM OC

MCA ODC

AC CD  

    90 o

MCA ODC ODC MCD

     Do đó

Câu 41 Cho đường trịnO R; đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn Gọi M N điểm chính gĩa cung nhỏ AC BC Nới MN căt AC I. HạND AC. Gọi E trung điểm BC Dựng hình bình hành ADEF.

1 TínhMIC

2 Chứng minh DN tiếp tuyến đường tròn

O R; 

3 Chứng minh F thuộc đường tròn O R;  Cho CAB 30 ;o R30cm Tính thể tích hình tạo

thành choABCquay vòng quanh AB. Giải:

1     

1

( ) 45 135

2

o o

MIA s Mđ A s đCN  s ABđ  MIC Có:NCNBON BCtạiE

Lại có:ACB90o DCE 90 o

MàND CD gt ( )CENDlà hình ch̃ nhật

DN ON

  tại N DNlà tiếp tuyến ( )O . Theo tính chất hình ch̃ nhật ta có:EDC NCD 

MàEDC F    F DNC  F ACN  180 o ON //AC(cùng CB) , , ,

N E O F

 thẳng hàng Suy raACNFlà tứ giác nội tiếp F ( )O

4 Hạ CK AB.Tam giácABC có A30 ,o C 90onênB 60o Do đó,OBClà tam giác đêu

3

; ;

2

R R

BK KO BC R CK

     

Khi quayABCmột vòng quanhABcó hai hình nón tạo thành: hình nón đỉnhA,và hình nón đỉnhBcùng có tâm hình trịn đáy làK,bán kính CK

Gọi thể tích tạo thành V, ta có:

2 2

1 1

( )

3 3

V  CK AK CK BK  CK AK BK

2

2

1

500 ( )

3

R R

CK AB R  cm

  

Câu 42 Cho đường trịn O R; với dây AB cớ định Gọi I điểm gĩa cung lớn AB Điểm M thuộc cung nhỏ IB Hạ AH IM AH; căt BM C.

1 Chứng minh IABvàMAClà tam giác cân. 2 Chứng minh C thuộc đường tròn cố định

khi M chuyển động cung nhỏ IB. 3 Tìm vị trí M để chu vi MAClớn Giải:

1 VìIA IB IA IB  IABcân tạiI

Tứ giácABMI nội tiếpIAB IMC (cùng bù với IMB)

Ta có: IAB IBA IBA IMA IAB IMC   ;  ;  

 

IMA IMC

 

Lại có:MH AC MACcân tạiM

2 Từ chứng minh trênMI đường trung trực củaAC

IC IA

  khơng đổiCthuộc đường trịn( ;I IA) Chu vi MAC MA MC AC   2(MA AH ) Có HMA IBA  ( không đổi IBA 90o

) Đặt HMA IAB   Ta có: AH MA.sin Vậy chu vi MAC2MA(1 sin ) 

Chu viMAClớn khiMAlớn nhất A O M, , thẳng hàng

Câu 43 Cho đường trịnO R;  đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn Trên Ax lấy điểm

 

K AK R

Qua K kẻ tiếp tuyến KM với đường tròn (O) Đường thẳng d ABtại O, d căt MB E. 1 Chứng minh KAOM tứ giác nội tiếp;

2 OK căt AM I Chứng minh OI.OK không đổi khi K chuyển động Ax;

4 Gọi H trực tâm củaKMA. Chứng minh K chuyển động Ax thì H thuộc đường trịn cớ định

Giải:

1 KAO KMO  90oKAOM nội tiếp Theo tính chất tiếp tuyến: KA KM

KO phân giác AKM KOAM tại I

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng vào tam giác vngAOKta có

2

OI OK OA R

3 CóOK //BM (cùng AM) KOA EBO  MàOA OB R KAO EOB  ;   90o

( ) AKO OEB c g c    

, AK OE

  màAK //OE, KAO 90o AKEO

 là hình ch̃ nhật

4 H trực tâm củaKMAAH KM MH, KAAH //OM MH, //OA Do đóAOMH hình bình hành AH OM R

VậyHthuộc đường tròn( ; )A R

Câu 44 Cho đường tròn (O) đường kínhAB2 R Gọi C trung điểm OA Dây MN AB C Trên cung MB nhỏ lấy điểm K Nối AK căt NM H.

1 Chứng minh BCHK tứ giác nội tiếp.

2 Chứng minh tíchAH AK khơng đổi K chuyển động cung nhỏ MB. Chứng minhBMNlà tam giác đêu

4 Tìm vị trí điểm K để tổng KM KN KB  lớn Giải:

2

2 ( ) AC AH

ACH AKB g g AH AK AB AC R

AK AB

 #     

3 VìOCMNCM CN  BMN cân B MAB

 vuông M AM2  AC AB R. 

AM R

  Do  

1

sin 30

2

o MA

MBA MAB

MB

   

MàMCB NCB  (tính chất tam giác cân)MNB 60o Do đóMNBlà tam giác đêu

4 TrênKN lấy E choKE KM

Vì tam giácBMN đêu nênMBN60o MKN 60o  KMEđêu Do đóME MK vàKME60o

Lại có: MB MN vàKMB EMN  (cùng cộng với BME 60 )o

( )

KMB EMN c g c KB EN

     

Từ đóKM KB KN   S KM KN KB  2KN Slớn nhấtKNlớn nhấtK O N, , thẳng hàng.

Câu 45 Cho đường trònO R; và điểm A ơ

,

AB ACtới đường tròn (B C tiếp điểm) I điểm thuộc đoạn BC IB IC   Kẻ đường thẳng d OItại I Đường thẳng d căt AB, AC lần lượt E F.

1 Chứng minh OIBE OIFC tứ giác nội tiếp. 2 Chứng minh I trung điểm EF.

3 K điểm cung nhỏ BC Tiếp tuyến đường tròn (O) K căt AB; AC tại M N Tính chu viAMN nếuOA2R

4 Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OA căt AB, AC P Q Tìm vị trí A để APQ

S

nhỏ Giải :

1 Có OB AB OC, AC(tính chất tiếp tuyến)

  90o

OIE OBE OIBE

    nội tiếp   180o

2 Tứ giácOIBEnội tiếp OEI OBI  Tương tự OFI OCI  MàOB OC R 

   

OBI OCI OEI OFI

   

OEF

  cân O. Mà OI EF IE IF (Đpcm) Có MK MB NK, NC

Suy chu viAMN AC AB 2AC2 AO2OC2 2 3R2 2R CóAOlà phân giác củaPAQ PQ,  AO APQ cân tạiASAPQ 2SAOQ

APQ

S AQ OCmàOC R khơng đổi, SAPQnhỏ  AQ nhỏ OAQ

 vuông OAC CQ OC.  R2.

MàAQ AC CQ  2 AC CQ 2 ,R dấu '' '' xay khiAC CQ APQ

S  AC CQ  OQA vuông cân tạiO A 45o OA R 2

Câu 46 Cho đường tròn O  O' căt hai điểmA B, phân biệt Đường thẳng OA căt    O ; O' lần lượt điểm thứ haiC D, Đường thẳng O A' căt    O ; O' lần lượt tại điểm thứ haiE F,

1 Chứng minh đường thẳngAB CE, DFđồng quy điểm I Chứng minh tứ giácBEIFnội tiếp

được đường tròn

3 ChoPQlà tiếp tuyến chung của O

 O' P O Q,  O' 

Chứng minh đường thẳng ABđi qua trung điểm của đoạn thẳngPQ

Giải:

1 Ta có: ABC90o (góc nội tiếp chăn nưa đường trịn)

 90o

ABF  (góc nội tiếp chăn nưa đường tròn)

Nên B, C, F thẳng hàng.

2 Do IEF IBF90o suy BEIF nội tiếp đường tròn. 3 Gọi H giao điểm AB PQ

Ta chứng minh

2 .

HP HA

AHP PHB HP HA HB

HB HP

 #    

Tương tự, HQ2 HA HB

Vậy HP HQ hay H trung điểm PQ.

Câu 47 Cho hai đường tròn O R;  vàO R'; 'với R R 'căt tạiAvà B. Kẻ tiếp tuyến chungDEcủa hai đường tròn vớiD O vàE O' choBgần tiếp tuyến so vớiA

1 Chứng minh răngDAB BDE

2 TiaABcătDE tạiM Chứng minhM trung điểm củaDE

3 Đường thẳngEB cătDAtại P, đường thẳngDBcătAEtại Q Chứng minh răngPQ song song vớiAB

Giải:

1 Ta có DAB=

2sđDB(góc nội tiếp) BDE =

1

2sđDB(góc gĩa tiếp tuyến dây cung) Suy DAB BDE  .

  DAM BDM

Nên DMB #AMD (g.g) 

MD MA

MB MD hay MD MA MB.

Tương tự ta có: EMB # AME 

ME MA

MB  ME hayME2 MA MB. Từ đó: MD = ME hay M trung điểm DE.

3 Ta có DAB BDM  , EAB BEM 

PAQ PBQ  =DAB EAB PBQ BDM BEM DBE      180o  Tứ giác APBQ nội tiếp PQB PAB 

Kết hợp vớiPAB BDM suy raPQB BDM

Hai góc

Câu 48 Cho đường O R; và đường thẳng dkhông quaOcăt đường tròn hai điểm ,

A B Lấy điểmMtrên tia đối tiaBAkẻ hai tiếp tuyến MC MD, với đường tròn (C D, là tiếp điểm) GọiHlà trung điểm củaAB;

1 Chứng minh điểmM D O H, , , năm đường tròn

2 Đoạn OM căt đường tròn tạiI Chứng minh răngIlà tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD.

3 Đường thẳng qua O, vng góc với OM căt tiaMC MD, thứ tự tạiPvà Q Tìm vị trí điểm M trên dsao cho diện tích tam giácMPQ bé

1 Vì H trung điểm AB nênOH  ABhayOHM 90 o Theo tính chất tiếp tuyến ta lại cóODDMhayODM 90 o Suy điểm M, D, O, H năm đường tròn.

2 Theo tính chất tiếp tuyến, ta có MC = MD  MCD cân M  MI đường phân giác củaCMD

Mặt khác I điểm gĩa cung nhỏ CD nên 

1 DCI 

sđDI=

2sđCI =MCI  CI phân giác MCD Vậy I tâm đường trịn nội tiếp MCD.

3 Ta có MPQ cân

2 ( )

2 OQM

S  S  OD QM R MD DQ Từ S nhỏ  MD + DQ nhỏ

Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vng OMQ ta có DM DQ OD  2R2không đổi nên MD + DQ nhỏ  DM = DQ = R

Khi OM = R 2hay M giao điểm d với đường trịn tâm O bán kínhR

Câu 49 Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O R;  Ba đường cao ; ;

AD BE CF căt H. GọiI là trung điểmBC, vẽ đường kínhAK.

1 Chứng minh ba điểmH I K, , thẳng hàng Chứng minhDA DH DB DC

4 Cho BCcớ định;Achuyển động cung lớnBCsao choABCcó ba góc nhọn. Chứng minh điểmHln thuộc đường trịn cớ định.

Giải:

1 Vì B C thuộc đường trịn đường kính AK:ABK ACK 90o

Do BH CK/ / CH / /BK BHCK hình bình hành

Mà I trung điểm BC nên I trung điểm của HK

Suy H; I; K thẳng hàng.

2 Ta có HBD DAC  (cùng phụ với ACB) nên DBH#DAC g g 

Suy

DB HD

DB DC DA DH

DA  DC  

3 VìAEB AFC 90o  AEB#AFC g g  Suy ;

AE AB

BAC

AF  AC chung

 

AEF ABC c g c   #

Do

2 AEF

ABC

S AE

S AF

    

Mà 

1 60

2 o AE

cosBAC cos

AB   

Suy

2

4 80

AEF

ABC AEF ABC

S

S S cm

S    

4 Lấy O’ đối xứng với O qua I suy O’ cố định.

Ta có IH IK OK OA R;   nên OI đường trung bình KHA

Do OI / /AH

1 OI AH

Suy OO'/ /AH OO, 'AHnên OO HA' hình bình hành Do O H OA R'   (không đổi)

Câu 50 Cho đường trịn (O; R) có hai đường kính vng góc AB CD Lấy K thuộc cung nhỏ AC, kẻ KH  ABtại H Nối AC căt HK I, tia BC căt HK E; nối AE căt đường tròn (O;R) F.

1 Chứng minh BHFE tứ giác nội tiếp. 2 Chứng minh EC.EB = EF.EA.

3 Cho H trung điểm OA Tính theo R diện tíchCEF

4 Cho K di chuyển cung nhỏ AC Chứng minh đường thẳng FH qua một điểm cố định

Giải:

1 Do F thuộc đường trịn đường kính AB nên  90o

AFB

Suy BFE BHE 90oBHFE tứ giác nội tiếp Có ECA EFB  90 ;o AEC chung

Nên

  EC EA

ECA EFB g g EC EB EA EF

EF EB

 #    

3 Từ chứng minh suy AC, BF, EH 3 đường cao EAB nên chúng căt I Do

EC EA

EF  EB AEB chung nên ECF#EAB (cạnh – góc – cạnh)

 

2 ECF

EAB

S EC

S EA

      

Vì OB OC R  nên OBCvuông cân O OBC 45o Do HBE vng cân

3

R H EH HB 

Mà R AH 

nên

2 2

2 2 10 10

4 4

R R R R

AE  AH HE    AE

Tương tự

2

2 2

2

R R

BE HB HE  BE

Lại có: OC EH/ / (cùng AB) nên

1

3

EC HO R

EC EB

2 2

1 1

5 ECF EAB 10

EC R

S S EH AB

EA  

           

4 Các tứ giác BEFH AHCE nội tiếp nên AEB CHB AEB AHF ;  AHF CHB Suy AHF DHB