Đang tải... (xem toàn văn)
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG, TỶ SỐ.. LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN Câu 1..[r]
(1)PHẦN 3
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CƠ BẢN CHỦ ĐỀ 1: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG, TỶ SỐ
LƯỢNG GIÁC CỦA GÓC NHỌN Câu Giải:
Vẽ ME ^AB E, Ỵ AB EM cắt DC F Tứ giác AEFD có
µ µ µ 900
A=E =D= nên hình
chữ nhật, suy EA=FD MFD,· =900
Tứ giác EBCF có Eµ =Bµ =Cµ =900
nên hình chữ nhật, suy EB=FC MFC,· =900 Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông EAM FMC EBM FMD, , , , ta có:
2 2; 2 2; 2 2;
MA =EM +EA MC =FM +FC MB =EM +EB
2 2
MD =FM +FD .Do MA2+MC2=EM2+EA2+FM2+FC2
và MB2+MD2=EM2+EB2+FM2+FD2 mà EA =FD FC, =EB Suy MA2+MC2=MB2+MD2
Câu Giải:
Ta có D Cµ +µ =900<1800nên hai đường thẳng AD BC cắt Gọi E giao điểm AD BC
(2)Các tam giác EAB ECD EAC EBD, , , vuông E nên theo định lý Pitago ta có:EA2+EB2=AB2 (1); EC2+ED2=CD2 (2);
2 2
EA +EC =AC (3); EB2+ED2=BD2
(4).Từ (1) (2) ta có:
2 2 2
EA +EB +EC +ED =AB +CD .Từ (3) (4) ta có:
2 2 2
EA +EB +EC +ED =AC +BD Do đó
2 2
AB +CD =AC +BD . Câu Giải:
Từ giả thiết
1
AD HE
AC =HA =
ta nghĩ đến DF ^AH F, Ỵ AH
Từ AF =HE HA, =FE áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông
, , , ,
HEB FDE HAB FAD ABD ta chứng minh được:
2 2
BE +ED =BD .
Câu Giải: Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với AF cắt DC
G .Xét DABE DADG có: ABE· =ADG· =90 ;0AB =AD (vì ABCD hình vng); BAE· =DAG· (hai góc phụ với ·DAE )
Do DABE = DADG (g.c.g) Þ AE =AG
AGF
(3)cao tam giác vng, nên ta có:
2 2
1 1
AG +AF =AD
Do 2
1 1
AE +AF =AD .
Câu
Dựng AE ^AN AH, ^CD E H, Ỵ CD,dựng AF ^BC hai tam giác AHE , AFM nên AE =AM Trong tam giác vng
AEN ta có: 2
1 1
AE +AN =AH , mà AE =AM nên ta có:
2 2
1 1
AM +AN =AH .Ta cần chứng minh:
3
AH = AB
3
AH DC
Û =
.Nhưng điều hiển nhiên tam giác ,
ADC ABC tam giác đều.
Câu Giải:
Vẽ tia Bx cho CBx =· 200, Bx
cắt cạnh AC D Vẽ AE ^Bx E, Ỵ Bx Xét DBDC DABC có
· · 200
(4)Do
BD BC DC
AB =AC =BC
BD BC a
Þ = = ;
2
;
BD a a
DC BC AD AC DC b
AB b b
= = = - =
-
ABE
D vng E có ABE· =ABC· - CBD· =600
nên nửa tam
giác đều, suy 2
AB b b
BE = = Þ DE =BE - BD= - a
DABE vuông E , nên theo định lý Pitago ta có:
2 2 2
4
AE +BE =AB Þ AE =AB - BE = b
DADE vuông
E , nên theo định lý Pitago ta có:
2
2 2
2 2 3 2
4 4
b a
AE DE AD b a b b b ab a
b ổ ổ ữử ỗ ữ ỗ ữ ữ + = ị +ỗỗỗ - ữữ=ỗỗỗ - ữữị + - + è ø è ø 2 2 a b a b
= - + 3
2 3
a ab a a b ab
b
Þ + = Þ + =
Câu Giải:
Vẽ AH ^BC H, Ỵ BC ;
vì DHAB có H =µ 900
nên sin
AH B
AB
=
(5)có H =µ 900 nên µ
sinC AH AC
=
Do sin
sin sin sin
B AC b b c
C =AB = Þc B = C Chứng minh tương tự ta có
sin sin
a b
A = B .Vậy sin sin sin
a b c
A = B = C .
Câu Giải:
Vẽ đường phân giác AD tam giác ABC
Theo tính chất đường phân
giác tam giác ta có
BD DC
AB =AC
BD BD DC BC
AB AB AC AB AC
+
Þ = =
+ + Vậy
BD a
AB =b c+ .
Vẽ BI ^AD I( Ỵ AD), suy BI £ BD.DIAB có AIB =· 900, ·
sinBAI BI AB
=
; hay sin
2
A a
b c
£
+ .
Câu 9.
Dựng đường thẳng vng góc
(6)Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AKM ta có:
2 2
1 1
AK +AM =AO ( không đổi)
Câu 10
a) Do BE =AE =9cmÞ CE =25 16- = cm GọiK giao điểm DE AB Ta có
· · · ·
BEK =DEC =EDC =AKE nên tam giác BEK cân BK =BE Þ DAEK vng tại E ( Do BA=BK =BE ).
b) Tính được: AD =24cm suy ra:
2 2 2
1 1 1 14,4 ; 19,2
24 18 AE cm DE cm
AE =AD +AK = + Þ = =
CHỦ ĐỀ 2:
SỰ XÁC ĐỊNH CỦA ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ HAI ĐƯỜNG TRÒN, QUAN HỆ ĐƯỜNG TRÒN VÀ ĐƯỜNG THẲNG Câu 11 Giải:
Vẽ đường kính AE có AE =8cm Điểm B thuộc đường tròn
(7)(chung),
· · ( 900)
ADC =ABE =
,
do DADC : DABE
AD AC AD AC AB
AB AE AE
Þ = Þ =
Mà
2 , ,
AC = cm AB = cm AE = cm, nên AD =2.58 =45( )cm .
Câu 12
Giải:Vẽ AH ^BD H( Ỵ BD) Tứ giác ABCD có
,
OA =OA=R OB =OD=R
nên hình bình hành Mà
AC =BD = R tứ giác
ABCD hình chữ nhật, suy ra
ABCD
S =AB AD
ABD
D có A =µ 900
, AH ^DB nên AB AD =AH DB Vì AH £ AO DB, =2R nên
2
2
ABCD
S £ R
(không đổi) Dấu “=” xảy
H O AC BD
Û º Û ^ Vậy hai đường kính AC BD vng góc với diện tích tứ giác ABCD lớn
Câu 13 Giải:
(8)OH =OK (định lý liên
hệ dây cung khoảng
cách đến tâm) H K, trung điểm
,
AB CD (định lý đường kính
vng góc dây cung) Þ AH =CK Xét DOHM ·
(OHM =900)
có
OM (cạnh chung) OH =OK , DOHM = DOKM (cạnh
huyền, cạnh góc vng) Þ MH =MK Ta có MH- AH =MK - CK Þ MA =MC .
Câu 14 Giải:
Vì COD =· 900 suy tam giác
COD vuông cân O nên
2
CD =R .Gọi H trung điểm CD Vì DHOM vuông H ,
1
,
2
OH = CD= R OM = R
Trong tam giác vuông OMH ta có:
2
2 2 4 14
2 2
R R
MH =OM - OH = R - = Þ MH = R
suy
( )
2 7 1
2
R
MD=MH - AH =
-, ( )
2 7 1
2
R
MC = +
Câu 15
(9)Ta có OA ^DE Þ AD =AE Chỉ cần chứng minh AD AE có độ dài khơng đổi Các đoạn thẳng AB AC, có độ dài khơng đổi, DE ^OA từ
gợi cho ta vẽ đường phụ đường kính AF để suy ra:
2 . , . .
AD =AH AF AC AB =AH AF
Câu 16 Giải:
OAB
D cân đỉnh O, AC =BD,
những điều giúp ta nghỉ đến
chứng minh OM đường phân giác góc O DOAB.Vẽ OI ^AC ,
( , )
OK ^BD I Ỵ AC K Ỵ BD
thì ta có OI =OK suy lời giải toán Câu 17 Giải:
Vẽ OH ^BC H, Ỵ BC , suy BH =HC (định lý
đường kính vng góc dây cung)
Ta có AB +AC =
(AH - BH) (+ AH +HC) =2AH
(10)2 2
AH +OH =OA mà OB =OM =R, OH £OB nên OH £OM
Do OH2£ OM2, suy AH ³ AM Từ ta có:
AB+AC ³ AM.
Câu 18 Giải:
Vẽ MH ^CD H, Ỵ CD Gọi N trung điểm CD MN đường trung bình hình thang tam giác MNC cân N nên NMC· =ACM· =MCN·
Suy CM tia phân giác ·ACH nên MA =MH , Từ ta có điều phải chứng minh
Câu 19 Gợi ý:
Dễ thấy PB / /AH , gọi D giao điểm CA BP tam giác
BAD vng A Do PA =PB Þ PA =PB =PD (Do
· ·
PDA=DAP phụ với DBA· =PAB· )
Áp dụng định lý Thales ta có:
IA IH AH
(11)Câu 20 Giải:
Điều cần chứng minh làm ta nghĩ đến định lý Thales ta làm xuất “hai đường thẳng song song”
+ Vẽ CK / /AB K, Ỵ DE
Ta có
IM DM
IC =CK (*)
+ Vì CEK· =AED· =ADE· =EKC·
Suy tam giác CEK cân C Þ CE =CK Thay vào (*) ta có:
IM DM
IC = CE
Câu 21 Giải:
Vẽ tiếp tuyến E
đường tròn ( )O cắt AB AC, H K, Ta có
, / /
ED ^HK ED ^BC Þ HK BC .
Gọi N tiếp điểm đường tròn ( )O tiếp xúc với AC ,
OK OC hai tia phân giác hai góc kề bù EON NOD (tính
chất trung tuyến)Þ K OC· =900 + Xét DOEK DCDO có
· · ( 90 ,0) · ·
OEC =CDO = OKE =COD
(cùng
phụ với ·EOK ).Do
EK OE
OEK CDO
OD CD
D : D Þ =
(12)EK r
r =CD Tương tự có
HE r
r =BD Do vậy
EK BD EK BD
HE =CD Þ EK +HE =BD CD+ hay
EK BD
HK =BC (1)
+ Trong DABM có HE / /BM , áp dụng hệ định lý Thales
trong tam giác ta có
HE AE
BM =AM Tương tự có
EK AE
CM =AM Do đó
HE EK EK EK HE
BM CM CM CM BM
+
= Þ =
+ hay
EK HK EK CM
CM =BC Þ HK =BC (2)
Từ (1) (2) cho ta BD =CM Câu 22 Giải: Theo đề có A O I, , thẳng hàng (vì O I, nằm tia phân góc A)
+ Gọi M N, tiếp điểm ( )O ;
( )I
với AB, ta có OM / /IN
nên
AO OM
AI = IN (hệ định lý Thales)
Mà OM =OE IN, =IF nên có
AO OE
AI = I F
(13)Mặt khác ED ^BC IF, ^BC Þ OD/ /IF Þ AOE· =AIF·
+ Xét DOAE DIAF có
· ·
;
AO OE
AOE AIF
AI = IF = , đó
· ·
OAE IAF OAE IAF
D : D Þ = Vậy A E F, , thẳng hàng. Câu 23 Giải
+ Vì đường trịn ( )I tiếp xúc với cạnh D E F, , nên suy
, ,
AE =AF BE =BD CD =CF
+ Dựng AK / /BD K( Ỵ DF) ta có:
MN MD
AK = DA ,
EM AM
BD = AD Ta cần
chứng minh:
MD AK AM BD MD BD
DA = AD Û AM =AK Nhưng
AK =AF =AE , BD =BE nên ta cần chứng minh:
MD BE
AM =AE
(điều hiển nhiên)
Câu 24 Giải: ,
AM AN tiếp tuyến đường
tròn ( )O ,gọi H giao điểm AO MN
(14)Tam giác ADO nên AE AD =AH AO
Cũng theo tính chất tiếp tuyến ta có: AH AO =AM2.Từ suy điều phải chứng minh
Câu 25 Giải:
Gọi O I, tâm đường trịn đường kính AD BC, Cần chứng minh AB/ /OI cho ta nghĩ đến điểm M N, tiếp
điểm đường tròn ( )O tiếp xúc
với BC , đường tròn ( )I tiếp xúc với AD
, , ,
2
BC AD
IN = OM = OM ^BC IN ^AD
giúp ta có SAOI =SBOI từ
đó có AB/ /OI
CHỦ ĐỀ 3- GĨC VỚI ĐƯỜNG TRỊN, TỨ GIÁC NỘI TIẾP
Câu 25 Giải:
Gọi O trung điểm BC
thì tam giác OCD nên OCD =· 600 / /
AB CD
Þ Để chứng minh:BM =2MC
(15)0
.sin30
CD =BC = BC
suy BC =AB =2CD Câu 26 Giải:
Ta gọi giao điểm AM cung BC D.Ta có BAM· =MAC· Û BD» =DC¼
' / /
OD BC O M OD
Û ^ Û
· ' ·
AMO ADO
Û =
Để chứng minh: AMO· '=ADO· ta
dựa vào tam giác cân O AM' OAD Câu 27 Giải:
Vẽ đường kính AD đường trịn ( )O , suy ACD =· 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Xét DHBA DCDA có:
· · ( 90 ;0) · ·
AHB =ACD = HBA=CDA
(góc nội tiếp chắn AC¼ ), Do
AH AB
HBA CDA AB AC AD AH
AC AD
D : D Þ = Þ =
Mà
AD = R Do AB AC =2 R AH . Câu 28 Giải:
(16)(O R; ) Þ BCD· =900
(góc nội tiếp
chắn nửa đường trịn)
BCD
D có C =µ 900
nên BC =BDsinBDC· Ta lại có
· ·
2 ;
BD = R BDC =BAC (góc nội tiếp chắn BC¼ ) nên
· sin
BC = R BAC.
Từ toán ta cần ghi nhớ kết quan trọng: Trong tam giác ABC ta có: sin sin sin
a b c R
A = B = C =
Câu 29 Giải:
Ta có: AB tia phân giác ·CAF , Vẽ BH ^CD BK, ^EF
Thì suy BH =BK
Ta có: DCBD$DEBF suy
CD BH CD EF
EF =BK = Û = Đó điều phải chứng minh.
Câu 30 Giải:
Dựng đường kính HN đường trịn
( )C
cắt đường tròn ( )O K ta có
(17)( )
MC MK =MH MN =MD ME
( ) ( )
MC MK HC MC HC MC
Þ = - +
2
MC MK HC MC
Û = - Û MC MC( +MK)=HC2
Hay Û MC MC( +MK)=HC2 Û MC HC.2 =HC2Û HC =2MC điều phải chứng minh
Câu 31 Giải:
Dựng đường kínhAE đường
trịn (O R; ).Ta có AEC· =ABD· (cùng chắn cung AC )
suy DDBA : DCEA, từ suy
· ·
BAD =OAC .
Câu 32
Ta có: BEC· =BDC· (cùng chắn cung )
BC ABD· =BDC· (so le trong)
suy BEC· =ABD·
Vì tia BD tia tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE Câu 33 Giải:
(18)MBD
D vuông M có MB =MD
(gt) nên tam giác vng cân · 450
ACM
Þ = Từ ta có
· · 450
ANM =ACM = (hai góc nội
tiếp chắn AM¼ )
· · · 900
ANB =ANM +MNB = ; N thuộc đường trịn đường kính AB
+ Gọi E giao điểm MN AB» (E khác N ) Ta có
· · 450 ¼ »
ANM =MNB = Þ AE =EB Þ E cố định Vậy MN
qua điểm cố định E Câu 34 Giải:
Dựng đường kính AH ( )O Ta chứng minh H trực tâm
BDC
D Thật ta có: ACH =· 900
CH AC CH BD
Þ ^ Û ^ Tương tự ta có: BH ^AB Û BH ^CD Như H
là trực tâm DBDC Suy trực tâm H điểm cố định Câu 35 Giải:
(19)suy AE AD =AH AO =AM2 Để chứng minh E trực tâm tam giác ABC , ta cần chứng minh
· 900
AFE =
, nghĩa cần có
AF AB =AE AD
Nhưng ta có: AF AB =AM2(Tính chất tiếp tuyến, cát tuyến) dùng tam giác đồng dạng
Câu 36 Giải:
Gọi D E, giao điểm đường tròn
( )O
với cạnh AC AB, H giao điểm BD CE,
Chứng minh AMH· =AMN· , từ có M H N, , thẳng hàng Câu 37 Giải:
Hai tam giác cân ABC DAB,
có chung góc đáy ·ABC ,
(20)tam giác ACD Câu 38 Giải:
Vẽ tiếp tuyến Ax đường tròn ( )O ·xAB ·ACB góc tạo tia tiếp tuyến dây cung
góc nội tiếp chắn cung AB
( )O
nên xAB· =ACB·
·ABD ·ACB góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung BD ( )I nên ABD· =ACB·
Do xAB· =ABD· Þ Ax/ /BD Mà OA^Ax OA, ^BD suy
OA ^BD.
Câu 39 Giải:
Giả sử CA cắt ( )O F EF đường kính (A AB; ), ta có BF» =BE» (vì BA^EF ) Ta có: BED· =BFD· ,
· · 1s » ẳ
2
BCF BCE = ổỗỗốBF - DEửữữữứ=
ằ ẳ ằ Ã
1s 1s
2 BE DE BD BFD
ổ ửữ
ỗ - ữ= =
ỗ ữ
è ø
(21)Từ suy BED· =ECB· Xét tam giác DBCE,DBED có µB chung, BED· =ECB·
2
BC BE
BCE BED DB CB EB
BE BD
Þ D $D Û = Þ =
Câu 40) Giải:
a) Ta có OA=OC = Þ Da OAC cân O Mà ADO =· 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ( )O' ) Þ OD^AC Þ OD đường phân giác ·AOC , nghĩa AOD· =DOM·
¼ ¼
AD DM
Þ = (hai góc tâm nên cung chắn nhau)
AD DM ADM
Þ = Þ D cân D.
b) DAOE DCOE có OE (chung);
· ·
AOE =COE (cmt); OA=OC =a, DAOE = DCOE (c.g.c)
· · 900
EAO ECO
Þ = = hay EA ^AB A, OA =a bán kính
( )O Þ EA
tiếp tuyến ( )O ( )O' Câu 41 Giải:
a) Do ,
BD BH hai tiếp tuyến
cắt đường tròn ( )M
BM
(22)¶ ¶ ·
1 2
HBD
B B
Þ + =
.Lý luận tương tự AM l tia phõn giỏc ca ÃBAC
à ả ·
1 2
BAC
A A
Þ = =
b) AMB =· 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
à ả
1 90
A B Þ + = · · · · 0 90 180
HBD+BAC HBD BAC
Þ = Þ + =
Vậy AC / /BD, mà ,
MD ^BD MC ^AC (gt) nên M C D, , thẳng hàng Ta có OM đường trung bình hình thang vng ABDC nên OM / /AC mà CD ^AC (gt) Þ OM ^CD M , CM bán kính ( )M Þ CD
là tiếp tuyến đường tròn ( )O M
c) Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt đường trịn, có:
( )
2
AC AH
AC BD AH BH AB R const
BD BH
ìï =
ï Þ + = + = =
íï =
ïỵ .Áp dụng
hệ thức lượng tam giác vuông:
2
4 CD AC BD =AH BH =MH =
(do DCHD vng có HM trung tuyến ứng với cạnh huyền)
d) Ta có IP / /AM (vì vng góc với MB).Kéo dài IP cắt AN K ; DAMN có IK đường trung bình Þ K trung điểm
AN Mà A N, cố định nên K cố định Điểm P ln nhìn hai điểm ,
(23)Câu 42 Giải:
a) Ta có AIB =· 900 (góc nội tiếp
chắn nủa đường trịn) Þ BI ^AE Tương tự AC ^BE Þ DAEB có hai đường cao AC BI, cắt
K Þ K trực tâm DAEB
EK AB
Þ ^ (tính chất ba đường cao).
b) Do I điểm chớnh gia ACẳ ị IA =ICằ ị IBAÃ =IBCÃ (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Mà IAC· =IBC· (hai góc nội
tiếp chắn »IC ) Þ IAC· =IBA· FAK
D có AI đường cao (AI ^BI) đồng thời đường trung tuyến (F K đối xứng qua I )
FAK
Þ D cân A Þ FAI· =IAK· .Ta có
· · · 900
FAB =FAI +IAB =IAK +IAB =IBA+IAB = Þ AF ^AB
tại A Þ AF tiếp tuyến ( )O c)
·
sinKAH KH AK
=
mà
· 2
sin
3
K H
BAC AK HK
AK
= Þ = Þ =
ABE
D có BI vừa đường cao vừa đường phân giác Þ DABE cân B nên BI ng trung trc ị KA =KE K( ẻ BI)
3
EH =EK +KH =ỗỗỗỗổ + ữữửữữKH
ữ
ỗố ứ .Ta cú
(24)( 2 ) 2 1 (3 6)
2
KH KH + HE =KH KHêéê + ỗỗỗỗỗổ + ữữửữữữKHỳựỳ= + KH
ờ ố ứ ú
ë û
Và
( )
3
2
2
HE KE = ỗỗỗỗổ + ửữữữữHK HK = + HK
ữ
ỗố ứ Suy ra
( ) K H KH + HE = HE KE
Câu 43 Giải:
a) Do M điểm AC¼
¼ ¼
MA MC
Þ = Þ NBM· =ABM·
(hai góc nội tiếp chắn hai cung
bằng nhau) Þ BM đường phân giác ·ABN DABM Mặt khác
· 900
BMA = (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn). BAN
D có BM vừa đường cao vừa đường phân giác
BAN
Þ D cân B
· ·
BAN BNA
Þ = .Ta lại có BAN· =MCN· (vì bù ·BCM ) Do đó
· ·
BNA =MCN Þ DCMN cân M .
b) Do MB =MQ (gt) Þ DBMQ cân M Þ MBQ· =MQB·
· ·
MCB =MNQ (vì bù với hai góc nhau)
BCM QNM
Þ D : D (g.g)
BC CM
QN MN
Þ = =
(25)M nên CM =MN )Þ QN =BC BCA =· 900
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Xét DBAQ vng A, AC ^BQ có:
( ) ( )
2 .
AB =BC BQ=BC BN +NQ =BC AB +BC
(1) Đặt ,
BC =x x> , biết AB =2R, từ (1) cho
( )
2 2
4R =x R2 +x Û x +2Rx- 4R =0
2 2
' R 4R 5R ' R
D = + = Þ D = , x1= - R+R 5 và
2
x = - R- R <
(loại) Vậy BC =( 1- )R Câu 44 Giải:
a) Đường kính AC vng góc
với dây DE M Þ MD =ME
Tứ giác ADBE có
, MD =ME
MA=MB (gt), AB ^DE
ADBE
Þ hình thoi (hình bình
hành có hai đường chéo vng góc nhau)
b) Ta có BIC =· 900 (góc nội tiếp chắn nủa đường tròn ( )O' ) · 900
ADC = (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ( )O )Þ BI ^CD và
AD ^DC nên AD/ /BI , mà BE / /AD Þ E B I, , thẳng hàng (tiên đề Ơclit) DDIE có IM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền
MI MD
Þ = Do MI =MD (cmt) Þ DMDI cân tại
· ·
M Þ MID =MDI
(26)+ O I' =O C' =R Þ DO IC' cân O' Þ O IC· ' =O CI· ' Suy
· · ' · · ' 900
MID O IC+ =MDI +O CI = (DMCD vuông M ) Vậy '
MI ^O I I , O I' =R' bán kính đường trịn ( )O' Þ MI tiếp tuyến đường trịn ( )O'
c) BCI· =BIM· (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây cung
chắn »BI ) BCI· =BIH· (cùng phụ ·HIC) Þ BIM· =BIH· Þ IB phân giác ·MIH DMIH Ta lại có BI ^CI Þ IC phân giác đỉnh I DMIH Áp dụng tính chất phân giác
MIH
D có:
BH IH CH CH MB BH MC
MB =MI =CM Þ = .
Câu 45 Giải:
Xét tứ giác AK DL có KDL· +KAL· =1800
(vì Kµ = =Lµ 900)Þ KDL· =1800- 600=1200 Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt
ta có DM DN, tia phân giác ·KDP ·PDL
· · · · 1200 600
2 2
KDP PDL KDL
MDN +
Þ = = = =
.Ta có:
· · · 600 ·
MDC =MDN +NDC = +NDC ;
· µ · 600 ·
MDC =B +BMD= +NDC (góc ngồi DBMD)
· ·
NDC BMD
Þ = , mà MBD· =DCN· =600
(DABC đều)
BMD CDN
(27)2
4
BM BD BM CN BDCD BC
CD CN
Þ = Þ = =
b) Ta có
1 .
2 . .
1 .
2
MDN ABC
MN PD
S MN PD MN KD MN
S = AD BC = BC AD = BC AD = BC
Vì Dẻ MD l tia phõn giỏc ÃBMN DK DPị = , DAKD có
µ 90 ,0 · 300
2
AD KD
K KAD KD
AD
= = Þ = Þ =
c) Dựng đường tròn bàng tiếp góc A có tâm O DAEF Do
AD đường trung tuyến DABC nên AD tia phân giác ·BAC Suy OỴ AC Gọi P K L', ', ' tiếp điểm của
( )O
với EF AB AC, , Ta có AK '=AL P E'; ' =EK P F'; ' =FL' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
' '
AEF
P AE EF FA AE EP P F FA
Þ = + + = + + +
' ' ' ' '
AE EK FL FA AK AL AK
= + + + = + = Mà
1
AEF ABC
P = P
(gt)
1
2 '
2 ABC
AK P AB
Þ = =
(DABC đều)
' '
4
AB
AK AB BK
Þ = Þ =
(vì AK '+K B' =AB)
2 ' AB BK AB Þ =
Mặt khác
2 2
2
2
BD BC
BD =ổ ửỗỗỗ ữữữữ=
ỗố ứ (D l trung điểm BC ); AB =BC (DABC đều)
2
' '
BK AB BD BKD BDA
Þ = Þ D : D (c.g.c)
· ' · 900
BK D BDA
Þ = = Ta lại có OK B· ' =900Þ O º D
(28),
O D Î AD) Mà K AL· ' '+K DL· ' '=1800
(vì AK DL' ' tứ giác nội
tiếp) mà K AL =· ' ' 600 Þ K DL· ' ' 120= 0Þ EDF· =600 (tia phân giác hai góc kề)
Câu 46 Giải:
a) Xét DMAD DMBA có ·AMB chung;
· ·
MAD =MBA (góc nội tiếp, góc tạo tia tiếp tuyến dây chắn ADẳ )
MAD MBA
ị D $D (g.g)
MA AD MD
MB AB MA
Þ = =
b) Ta có MA=MC (tính chất hai tiếp
tuyến cắt đường trịn)
MD MD
MA MC
Þ =
Lập luận tương
tự, ta có
MD CD
MC =BC Suy
AD CD AD BC AB CD
AB =BC Þ = .
c) Dựng điểm E Î AC cho EDC· =ADB· DAB
D DDEC có ADB· =EDC· (cách dựng), ABD· =ECD· (hai
góc nội tiếp chắn ADẳ )ị DDAB$DDEC (g.g)
AB BD AB DC EC BD
EC DC
Þ = Þ =
(1) Do
· · · ·
(29)
AD BC BD AE
Þ = (2)
Từ (1) (2) ta có AB CD +AD BC =BD AE( +EC) =BD AC c) Ta có
2
AD BC AB CD
AB CD AC BD
AD BC AB CD AC BD
ìï =
ï Þ =
íï + =
ùợ .
M AC =2AB (gt) ị 2AB CD =2AB BD Þ CD =BD Suy tam giác BCD cân D
Câu 47 Giải:
a) Áp dụng tính chất góc nội tiếp
chắn nửa đường trịn ta có:
· · 900
AEB =AMB = ,
· · 900
BMC =AEC =
· · 1800
AEC BMC
Þ + = Þ Tứ giác MCED nội tiếp đường trịn. ABC
D có hai đường cao BM AE, cắt D Þ D trực tâm
ABC CD AB
D Þ ^ .
b) ·
cosABC BE BH BE BC BH AB
AB BC
= = Þ =
(30)
· ·
IMC =ICM (cùng phụ với hai góc nhau) Þ DMIC cân I
IM IC
Þ = Vậy IM =ID =IC Þ I trung điểm CD.
+ DCED có EI trung tuyến ứng với cạnh huyền nên
IE =IC =ID=IM , DCED DIED có IM =IE (cmt), OI chung, OM =OE =R Þ DIMO = DIEO (c.c.c)
· · 900 ,
IEO IMO IE OE OE R
Þ = = Þ ^ = nên IE tiếp tuyến đường tròn ( )O E Nghĩa tiếp tuyến M E, đường tròn ( )O cắt điểm I thuộc CD
d) DAHC cú H =à 900, CAH =Ã 450 ị DAHC vuụng cân H
CH AH x
Þ = = EAB· =300Þ EBA· =600
;
·
cotEBA HB cot60
HC
= = = 3
3
HB HC x
Þ = =
Ta có
( )
3
2 3
3 3 3
R
AB =AH +HB Þ R= +x Þ x= =R
-+
Vậy ( )
2
1.2 3 3
2
ABC
AB CH
S = = R R - R
(đvdt)
Câu 48 Giải:
a) Ta có
· · µ
· · · · ·
0
0
180 120
180 120
BDO BOD B
BDO COE
BOD COE DOE
ìï + = - =
ïï Þ =
íï + = - =
ùùợ ,
(31)BDO COE
ị D : D (g.g)
BD OB
OC CE
Þ =
2
4 BC BDCE OB OC
Þ = =
(khơng đổi) b) DBDO : DCOE
OD BD BD
OE OC OB
Þ = =
mặt khác
· · 600
DBO =DOE = Þ DBDO : DODE (c.g.c) Þ BDO· =ODE· , mà
tia DO nằm hai tia DB DE, Þ DO tia phân giác ·BDE
c) DABC nên đường trung tuyến AO đường phân giác ·BAC , mà DO phân giác đỉnh DÞ O tâm đường trịn bàng tiếp góc A DADE Þ ĐƯờng trịn ( )O ln tiếp xúc DE AC,
d) AP =AQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau), AB =AC
· ·
/ / 60
AP AQ
PQ BC IQA ACB
AB AC
Þ = Þ Þ = =
, mà DOE =· 600 · · 60 ; ,0
IQE IOE O Q
Þ = = hai đỉnh liên tiếp tứ giác IOQE Þ Tứ giác IOQE nội tiếp (cùng thuộc cung chứa góc) Suy
· · 900
EIO =EQO = Lý luận tương tự DNE =· 900
Vậy tứ giác DINE
(·DIE ·DNE nhìn DE góc vng) Þ ONI· =ODE· Vậy DONI : DODE (g.g)
0
cos60
2
IN ON DE NI
DE OD
Þ = = = Þ =
(32)
a) Do AB AC, hai tiếp tuyến cắt đường trịn ( )O nên ABO· =ACO· =900Þ B C,
thuộc đường trịn đường kính OA có tâm I trung điểm OA
b) Ta có 2
AB
AM AO= AI =AB AI
c) Gọi E trung điểm MA, G trọng tâm DCMA nên G CEỴ
và
1
GE
CE = Mặt khác
1
ME
BE = (vì 2
MA MB
ME = =
nên
3
BE ME =
)
GE ME
CE BE
Þ =
, theo định lý Ta-lét đảo Þ MG/ /BC d) Gọi G' giao điểm OA CM Þ G' trọng tâm DABC
Nên
'
3 '
G M GE
CM = =CE , theo định lý Ta-lét đảo GG'/ /ME (1)
MI đường trung bình DOAB Þ MI / /OB, mà AB ^OB (cmt) Þ MI ^AB, nghĩa MI ^ME (2) Từ (1) (2) cho
'
MI ^GG , ta lại có GI '^MK (vì OA^MK ) nên I trực tâm '
MGG
D Þ GI ^G M' tức GI ^CM . Câu 50 Giải:
a) Gọi O' giao điểm AO
với cung nhỏ DE đường tròn
( )O Þ O'
(33)của µA DADE Ta có
· ·
DOA=EOA (tính chất hai tiếp
tuyến cắt nhau) Þ DO· '=O E· '
Mà
· ' 1sđ¼ ';· ' 1sđ¼'
2
ADO = DO EDO = O E · ·
' '
ADO EDO
Þ = Þ DO'
phõn giỏc àD ị O' l tõm ng trũn ni tiếp DADE Do '
OO =R.
b) Do AB =AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Þ DADE cân
tại A nên
· 1800 · 900 ·
2
BAC BAC
ADE = - =
- Mà
· · · · ·
2
ABC
ADE =ABM +NMB = +NMB
(do BO phân giác ·ABC nên
· ·
2
ABC ABM =
)
· · µ 900 · · ·
2 2
B BAC ABC ACB
NMB ADE +
Þ = - = - =
Mặt khác
· ·
2
ACB NCB =
(do CO tia phân giác ·ACB) Suy NMB· =NCB· , mà M C, hai đỉnh liên tiếp tứ giác BCMN Þ Tứ giác BCMN nội tiếp (vì thuộc cung chứa góc)
c) DNMO DBCO có NOM· =BOC· (đối đỉnh); NMO· =BCO· (cmt)Þ DNMO$DBCO (g.g)
OM ON MN
OC OB BC
Þ = =
(34)DMO ACO D $D (g.g)
DM OM
AC OC
Þ =
; DNEO$DBAO (g.g)
NE ON
AB OB
Þ =
.Vậy
MN DM EN