Kì thi toán imas: 50 bài toán hình học thi vào lớp 10

Chøng minh MC lµ tiÕp tuyÕn cña ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC.. This document has been..[r]

(1)

50 toán hình học lớp

Bài 1 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đờng tròn (O) Các đờng cao AD, BE, CF cắt

H cắt đờng tròn (O) lần lợt M,N,P Chứng minh rằng:

1 Tø gi¸c CEHD, néi tiÕp

2 Bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn

3 AE.AC = AH.AD; AD.BC = BE.AC

4 H M đối xứng qua BC

5 Xác định tâm đ−ờng tròn nội tiếp tam giác DEF

Lời giải:

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

CEH = 900 ( Vì BE đờng cao) CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)

=> ∠ CEH

+

H

( ( 2

2

1 1

1 P

N

F

E

M

D C

B

A

O

Mà ∠ CEH

2. Theo giả thiết: BE đờng cao => BE ⊥ AC => ∠BEC = 900 CF lµ ®−êng cao => CF ⊥ AB => ∠BFC = 900

Nh E F nhìn BC dới góc 900 => E F nằm ®−êng trßn ®−êng kÝnh BC

VËy ®iĨm B,C,E,F nằm đờng tròn

3. Xét hai tam giác AEH ADC ta có: AEH = ADC = 900 ; Â góc chung => ∆ AEH ∼∆ADC =>

AC AH AD AE

= => AE.AC = AH.AD

* XÐt hai tam giác BEC ADC ta có: BEC = ∠ ADC = 900 ; ∠C lµ gãc chung

=> ∆ BEC ∼∆ADC =>

AC BC AD BE

= => AD.BC = BE.AC

4 Ta cã ∠C1 = ∠A1 ( v× cïng phơ víi gãc ABC)

C2 = A1 ( hai góc nội tiÕp cïng ch¾n cung BM)

=> ∠C1 = ∠ C2 => CB tia phân giác góc HCM; lại có CB HM => CHM cân C

=> CB đ−ơng trung trực HM H M đối xứng qua BC

5 Theo chứng minh bốn điểm B,C,E,F nằm đờng tròn => C1 = E1 ( hai góc nội tiếp chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh CEHD tứ giác nội tiếp

C1 = E2 ( hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HD) ∠E1 = ∠E2 => EB tia phân giác góc FED

Chứng minh t−ơng tự ta có FC tia phân giác góc DFE mà BE CF cắt H H tâm đ−ờng trịn nội tiếp tam giác DEF

Bµi 2 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), đờng cao AD, BE, cắt H Gọi O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE

1 Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp

2 Bốn điểm A, E, D, B nằm đờng tròn

3 Chøng minh ED =

2

BC

4 Chøng minh DE lµ tiÕp tun cđa ®−êng trßn (O)

5 Tính độ dài DE biết DH = Cm, AH = Cm

Lêi giải:

1. Xét tứ giác CEHD ta có:

CEH = 900 ( Vì BE đờng cao)

H

1

3 2 1 1

O

E

D C

B

A

(2)

∠ CDH = 900 ( Vì AD đờng cao)

=> CEH

+

Mà ∠ CEH

2

AD đờng cao => AD ⊥ BC => ∠BDA = 900

Nh− E D nhìn AB dới góc 900 => E D nằm đờng tròn ®−êng kÝnh AB

VËy ®iÓm A, E, D, B nằm đờng tròn

3 Theo giả thiết tam giác ABC cân A có AD đờng cao nên đờng trung tuyến

=> D trung điểm BC Theo trªn ta cã ∠BEC = 900

VËy tam giác BEC vuông E có ED trung tuyến => DE =

2

BC

4. Vì O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O trung điểm AH => OA = OE => tam giác AOE cân O => ∠E1 = ∠A1 (1)

Theo trªn DE =

2

BC => tam giác DBE cân D => ∠E3 = ∠B1 (2)

Mµ ∠B1 = ∠A1 ( v× cïng phơ víi gãc ACB) => ∠E1 = ∠E3 => ∠E1 + ∠E2 = ∠E2 + ∠E3

Mµ ∠E1 + ∠E2 = ∠BEA = 900 => ∠E2 + ∠E3 = 900 = ∠OED => DE ⊥ OE E

Vậy DE tiếp tuyến đờng tròn (O) E

5 Theo gi thit AH = Cm => OH = OE = cm.; DH = Cm => OD = cm áp dụng định lí Pitago cho

tam gi¸c OED vuông E ta có ED2 = OD2 OE2 ED2 = 52 – 32 ED = 4cm

Bài 3 Cho nửa đờng tròn đờng kính AB = 2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By Qua điểm M thuộc nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt tiếp tuyến Ax , By lần lợt C D Các đờng thẳng AD BC cắt N

1 Chứng minh AC + BD = CD Chøng minh ∠COD = 900

3 Chøng minh AC BD =

4

2 AB

4 Chøng minh OC // BM

5 Chøng minh AB lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn đờng kính CD

6 Chứng minh MN ⊥ AB

7 Xác định vị trí M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ

Lêi gi¶i:

/

y x

N C

D I

M

B O

A

1. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: CA = CM; DB = DM => AC + BD = CM + DM

Mµ CM + DM = CD => AC + BD = CD

2. Theo tÝnh chÊt hai tiếp tuyến cắt ta có: OC tia phân giác góc AOM; OD tia phân

giác cđa gãc BOM, mµ ∠AOM vµ ∠BOM lµ hai gãc kỊ bï => ∠COD = 900

3. Theo trªn COD = 900 nên tam giác COD vuông O cã OM ⊥ CD ( OM lµ tiÕp tuyÕn )

áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OM2 = CM DM,

Mµ OM = R; CA = CM; DB = DM => AC BD =R2 => AC BD =

4

2 AB

4. Theo trªn ∠COD = 900 nªn OC ⊥ OD (1)

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã: DB = DM; l¹i cã OM = OB =R => OD lµ trung trùc cđa BM => BM ⊥ OD (2) Tõ (1) Vµ (2) => OC // BM ( Vì vuông góc với OD)

5. Gọi I trung điểm CD ta có I tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác COD đờng kính CD

có IO bán kính

(3)

Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã AC ⊥ AB; BD ⊥ AB => AC // BD => tø giác ACDB hình thang Lại

có I trung điểm CD; O trung điểm AB => IO đờng trung bình hình thang ACDB => IO // AC , mµ AC ⊥ AB => IO AB O => AB tiếp tuyến O đờng tròn đờng kính CD

6 Theo trªn AC // BD =>

BD AC BN CN

= , mµ CA = CM; DB = DM nªn suy

DM CM BN CN

=

=> MN // BD mµ 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 im ca cung AB

Bài 4 Cho tam giác cân ABC (AB = AC), I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp góc

A , O trung điểm IK

1. Chøng minh B, C, I, K cïng n»m trªn đờng tròn 2. Chứng minh AC tiếp tuyến đờng tròn (O)

3. Tính bán kính đờng trßn (O) BiÕt AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm Lời giải: (HD)

1. Vì I tâm đờng tròn nội tiếp, K tâm đờng tròn bàng tiếp

gúc A nờn BI v BK hai tia phân giác hai góc kề bù đỉnh B Do BI ⊥ BK hay∠IBK = 900

T−¬ng tù ta cịng cã ∠ICK = 900 nh B C nằm

ng trịn đ−ờng kính IK B, C, I, K nằm đ−ờng tròn

2. Ta cã C1 = C2 (1) ( CI phân giác cña gãc ACH

∠C2 + ∠I1 = 900 (2) ( v× ∠IHC = 900 )

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 đờng tròn (O) 3. Từ giả thiết AB = AC = 20 Cm, BC = 24 Cm => CH = 12 cm

AH2 = AC2 – HC2 => AH = 2

12

20 − = 16 ( cm)

CH2 = AH.OH => OH =

16 122

2

=

AH CH

= (cm)

OC = OH2 +HC2 = 92 +122 = 225 = 15 (cm)

Bµi 5 Cho đờng tròn (O; R), từ điểm A (O) kẻ tiếp tuyến d với (O) Trên đờng 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 ®iĨm O, K, A, M, B cïng n»m trªn mét

đờng tròn

3 Chứng minh OI.OM = R2; OI IM = IA2

4 Chøng minh OAHB hình thoi

5 Chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàng

6 Tìm quỹ tích điểm H M di chuyển đờng thẳng d

Lời giải:

1. (HS tự làm)

2. Vì K trung điểm NP nên OK ⊥ NP ( quan hƯ ®−êng kÝnh

d

H I K

N P

M D

C B

A

O

Và dây cung) => ∠OKM = 900 Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta cã ∠OAM = 900; ∠OBM = 900 nh− vËy K,

A, B cïng nh×n OM d−íi mét gãc 900 nên nằm đờng tròn đờng kính OM

Vậy năm điểm O, K, A, M, B nằm đờng tròn

(4)

3 Ta cã MA = MB ( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t nhau); OA = OB = R

=> OM lµ trung trùc cđa AB => OM ⊥ AB t¹i I

Theo tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn ta có OAM = 900 nên tam giác OAM vuông A có AI đờng cao

áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => OI.OM = OA2 hay OI.OM = R2; vµ OI IM = IA2 4 Ta cã OB ⊥ MB (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; AC ⊥ MB (gt) => OB // AC hay OB // AH

OA ⊥ MA (tÝnh chÊt tiÕp tuyÕn) ; 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 đờng thẳng vuông góc với AB)

6 (HD) Theo OAHB hình thoi => AH = AO = R Vậy M di động d H di động nh−ng ln cách A cố định khoảng R Do quỹ tích điểm H M di chuyển đ−ờng thẳng d nửa đ−ờng tròn tâm A bán kớnh AH = R

Bài 6 Cho tam giác ABC vuông A, đờng cao AH Vẽ đờng tròn tâm A bán kính AH Gọi HD

đờng kính đờng tròn (A; AH) Tiếp tuyến đờng tròn D cắt CA E

1 Chứng minh tam giác BEC cân

2 Gọi I hình chiếu A BE, Chứng minh AI = AH Chøng minh r»ng BE lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn (A; AH)

4 Chứng minh BE = BH + DE

Lêi gi¶i: (HD)

1. ∆ AHC = ∆ADE (g.c.g) => ED = HC (1) vµ AE = AC (2)

Vì AB ⊥CE (gt), AB vừa đ−ờng cao vừa đ−ờng trung tuyến

cđa ∆BEC => BEC lµ tam giác cân => B1 = B2

2

I

E

H D

C A

B

2 Hai tam giác vuông ABI ABH cã c¹nh hun AB chung, ∠B1 = ∠B2 => ∆ AHB = ∆AIB

=> AI = AH

3 AI = AH BE AI I => BE tiếp tuyến (A; AH) I 4 DE = IE vµ BI = BH => BE = BI+IE = BH + ED

Bài 7 Cho đ−ờng trịn (O; R) đ−ờng 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 Chøng minh r»ng tứ giác APMO nội tiếp đợc đờng tròn

2 Chứng minh BM // OP

3 Đờng thẳng vuông 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 cã ∠ ABM néi tiÕp ch¾n cung AM; ∠ AOM góc tâm

chắn cung AM => ∠ ABM =

AOM

∠

(1) OP tia phân giác AOM

( t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => ∠ AOP =

AOM

∠

(2) Tõ (1) vµ (2) => ∠ ABM = ∠ 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. XÐt hai tam gi¸c AOP OBN ta có : PAO=900 (vì PA tiếp tuyÕn ); ∠NOB = 900 (gt NO⊥AB)

=> ∠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 cịng cã PM ⊥ OJ ( PM lµ tiÕp tun ), 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 lµ trung điểm

của PO ( t/c đờng chéo hình chữ nhật) (6)

AONP hình chữ nhật => ∠APO = ∠ NOP ( so le) (7)

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt Ta có PO tia phân giác APM => APO = MPO (8)

Từ (7) (8) => ∆IPO cân I có IK trung tuyến đông thời đ−ờng cao => IK ⊥ PO (9)

Tõ (6) vµ (9) => I, J, K thẳng hàng

Bài 8 Cho nửa đờng tròn tâm O đờng kính AB điểm M nửa đờng tròn ( M khác A,B)

Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đờng tròn kẻ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đờng tròn E; cắt tia BM F tia BE cắt Ax H, cắt AM K

1) Chứng minh rằng: EFMK tứ giác nội tiếp 2) Chøng minh r»ng: 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 đ−ợc đ−ờng trịn

Lêi gi¶i:

1 Ta cã : ∠AMB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> KMF = 900 (vì hai góc kề bù)

AEB = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> KEF = 900 (vì hai góc kề bï)

=> ∠KMF + ∠KEF = 1800 Mà ∠KMF ∠KEF hai góc đối

của tứ giác EFMK EFMK tứ giác nội tiếp

X

2 1 2

1

E K I

H

F

M

B O

A

2. Ta cã ∠IAB = 900 ( AI tiếp tuyến ) => AIB vuông A có AM IB ( theo trên)

áp dụng hệ thức cạnh đờng cao => AI2 = IM . IB

3. Theo giả thiết AE tia phân giác góc IAM => ∠IAE = ∠MAE => AE = ME (lÝ ……)

=> ∠ABE =∠MBE ( hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung nhau) => BE tia phân giác gãc ABF (1)

Theo trªn ta cã ∠AEB = 900 => BE AF hay BE đờng cao tam giác ABF (2)

Từ (1) (2) => BAF tam giác cân B

4. BAF tam giác cân B có BE đ−ờng cao nên đồng thời đ−ơng trung tuyến => E trung

®iĨm cđa AF (3)

Tõ BE ⊥ AF => AF ⊥ HK (4), theo AE tia phân giác góc IAM hay AE tia phân giác HAK (5)

T (4) v (5) => HAK tam giác cân A có AE đ−ờng cao nên đồng thời đ−ơng trung tuyến => E trung điểm HK (6)

Từ (3) , (4) (6) => AKFH hình thoi ( có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng)

5. (HD) Theo AKFH hình thoi => HA // FH hay IA // FK => tứ giác AKFI hình thang

Để tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn AKFI phải hình thang cân AKFI hình thang cân M trung ®iĨm cđa cung AB

ThËt vËy: M lµ trung ®iĨm cđa cung AB => ∠ABM = ∠MAI = 450 (t/c gãc néi tiÕp ) (7)

Tam gi¸c ABI vuông A có ABI = 450 => AIB = 450 (8)

Từ (7) (8) => ∠IAK = ∠AIF = 450 => AKFI hình thang cân (hình thang có hai góc đáy nhau)

VËy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp đợc đờng tròn

Bài 9 Cho nửa đờng tròn (O; R) đờng kính AB Kẻ tiếp tuyến Bx lấy hai điểm C D thuộc nửa đờng tròn Các tia AC AD cắt Bx lần lợt E, F (F B vµ E)

1 Chứng minh AC AE khơng đổi

2 Chøng minh ∠ ABD = ∠ DFB

3 Chứng minh CEFD tứ giác nội tiÕp

(6)

Lêi gi¶i:

1. C thuộc nửa đờng tròn nên ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửa

đờng tròn ) => BC ⊥ AE

∠ABE = 900 ( Bx lµ tiếp tuyến ) => tam giác ABE vuông B có BC

đờng cao => AC AE = AB2 (hệ thức cạnh đờng cao ), mà AB lµ

đ−ờng kính nên AB = 2R khơng đổi AC AE khơng đổi

2. ∆ ADB cã ∠ADB = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn )

=> ABD + BAD = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800)(1) ∆ ABF cã ∠ABF = 900 ( BF lµ tiÕp tuyÕn )

=> ∠AFB + ∠BAF = 900 (vì tổng ba góc tam giác 1800) (2)

Tõ (1) vµ (2) => ∠ABD = ∠DFB ( cïng phơ víi ∠BAD)

D C

A O B

F E

X

3. Tø gi¸c ACDB néi tiÕp (O) => ∠ABD + ∠ACD = 1800

∠ECD + ∠ACD = 1800 ( V× lµ hai gãc kỊ bï) => ∠ECD = ∠ABD ( cïng bï víi ∠ACD)

Theo trªn ∠ABD = ∠DFB => ∠ECD = ∠DFB Mµ ∠EFD + ∠DFB = 1800 ( Vì hai góc kề bù) nên suy

ra ∠ECD + ∠EFD = 1800, mặt khác ∠ECD ∠EFD hai góc đối tứ giác CDFE ú t giỏc

CEFD tứ giác nội tiếp

Bài 10 Cho đ−ờng trịn tâm O đ−ờng kính AB điểm M nửa đ−ờng trịn cho AM < MB Gọi M’ điểm đối xứng M qua AB S giao điểm hai tia BM, M’A Gọi P chân đ−ơng vng góc từ S đến AB

1 Chøng minh bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn Gọi S giao điểm MA SP Chứng minh tam giác

PSM cân

3 Chứng minh PM tiếp tuyến đờng tròn

Lời giải:

1 Ta có SP ⊥ AB (gt) => ∠SPA = 900 ; ∠AMB = 900 ( nội tiếp chắn

nửa đờng tròn ) => ∠AMS = 900 Nh− vËy P vµ M cïng nh×n AS

d−íi mét gãc b»ng 900 nên nằm đờng tròn đờng kính AS

VËy ®iĨm A, M, S, P cïng nằm đờng tròn

2 Vỡ Mi xứng M qua AB mà M nằm đ−ờng tròn nờn M cng

nằm đờng tròn => hai cung AM AM có số đo

3

( )

1 1

) (

1 2

2

1

H O

S'

M' M

A B

S

P

=> ∠AMM’ = ∠AM’M ( Hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau) (1)

Cũng M’đối xứng M qua AB nên MM’ ⊥ AB H => MM’// SS’ ( vng góc với AB)

=> ∠AMM’ = ∠AS’S; ∠AM’M = ∠ASS’ (v× so le trong) (2)

=> Tõ (1) vµ (2) => ∠AS’S= ∠ASS’

Theo bốn điểm A, M, S, P nằm đờng tròn => ASP=AMP (nội tiếp chắn AP )

=> ∠AS’P = ∠AMP => tam gi¸c PMS’ cân P

3 Tam giác SPB vuông P; tam giác SMS vuông M => B1 = ∠S’1 (cïng phơ víi ∠S) (3)

Tam gi¸c PMS’ cân P => S1 = M1 (4)

Tam giác OBM cân O ( có OM = OB =R) => ∠B1 = ∠M3 (5)

Tõ (3), (4) vµ (5) => ∠M1 = ∠M3 => ∠M1 + ∠M2 = ∠M3 + ∠M2 mµ ∠M3 + ∠M2 = ∠AMB = 900 nªn suy

ra ∠M1 + ∠M2 = ∠PMO = 900 => PM ⊥ OM t¹i M => PM tiếp tuyến đờng tròn M

Bài 11. Cho tam giác ABC (AB = AC) Cạnh AB, BC, CA tiếp xúc với đờng tròn (O) điểm D,

E, F BF cắt (O) I , DI cắt BC M Chứng minh :

1. Tam gi¸c DEF cã ba gãc nhän

2. DF // BC 3 Tø gi¸c BDFC néi tiÕp 4

CF BM CB BD

=

(7)

Lêi gi¶i:

1 (HD) Theo t/c hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã AD = AF => tam giác ADF

cân A => ADF= AFD < 900 => s® cung DF < 1800 => ∠DEF < 900 (

góc DEF nội tiếp chắn cung DE)

Chøng minh t−¬ng tù ta cã ∠DFE < 900; ∠EDF < 900 Nh− vËy tam gi¸c DEF

cã ba gãc nhän

2 Ta cã AB = AC (gt); AD = AF (theo trªn) => AD AF

AB AC

= => DF // BC 3 DF // BC => BDFC hình thang lại có B = C (vì tam giác ABC cân)

=> BDFC l hỡnh thang cân BDFC nội tiếp đ−ợc đ−ờng tròn 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 đờng tròn (O) bán kính R có hai đờng kính AB CD vuông góc với Trên đoạn

thẳng AB lấy điểm M (M khác O) CM cắt (O) N Đờng thẳng vuông góc với AB M cắt tiếp tuyến N đờng tròn P Chứng minh :

1 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp

2 Tứ giác CMPO hình bình hành

3 CM CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M

4 Khi M di chuyển đoạn thẳng AB P chạy đoạn thẳng cố định

Lêi gi¶i:

1 Ta cã ∠OMP = 900 ( v× PM ⊥ AB ); ∠ONP = 900 (vì NP tiếp tuyến )

Nh M N nhìn OP dới góc 900 => M N

nằm đờng tròn đờng kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp

2 Tø gi¸c OMNP néi tiÕp => ∠OPM = ∠ ONM (néi tiÕp ch¾n cung OM)

Tam giác ONC cân O có ON = OC = R => ∠ONC = ∠OCN A' B'

O

P N

M

D

B A

C

=> ∠OPM = ∠OCM

XÐt hai tam giác OMC MOP ta có MOC = OMP = 900; ∠OPM = ∠OCM => ∠CMO = ∠POM l¹i

có MO cạnh chung => OMC = MOP => OC = MP (1)

Theo gi¶ thiÕt Ta cã CD ⊥ AB; PM ⊥ AB => CO//PM (2)

Từ (1) (2) => Tứ giác CMPO hình bình hành

3. Xét hai tam giác OMC vµ NDC ta cã ∠MOC = 900 ( gt CD ⊥ AB); ∠DNC = 900 (néi tiÕp ch¾n nưa

đờng tròn ) => MOC =DNC = 900 lại có ∠C lµ gãc chung => ∆OMC ∼∆NDC

=> CM CO

CD CN

= => CM CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R2 không đổi => CM.CN =2R2

không đổi hay tích CM CN khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M

4. ( HD) Dễ thấy ∆OMC = ∆DPO (c.g.c) => ∠ODP = 900 => P chạy đ−ờng thẳng cố định vng góc

víi CD D

Vì M chạy đoạn thẳng AB nên P chạy doạn thẳng A B’ song song vµ b»ng AB

Bµi 13 Cho tam giác ABC vuông A (AB > AC), đờng cao AH Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điển A , Vẽ nửa đờng tròn đờng kính BH cắt AB E, Nửa đờng tròn đờng kính HC cắt AC F

1 Chứng minh AFHE hình chữ nhật

2 BEFC tứ giác nội tiếp

3 AE AB = AF AC

(8)

Lêi gi¶i:

1 Ta cã : BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> AEH = 900 (vì hai góc kỊ bï) (1) ∠CFH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửc đờng tròn )

=> AFH = 900 (vì lµ hai gãc kỊ bï).(2)

∠EAF = 900 ( Vì tam giác ABC vuông A) (3)

(

) 21

2 1 I 1 F

E

O2

O1 H C

B

A

1

Tõ (1), (2), (3) => tø giác AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)

2 Tứ giác AFHE hình chữ nhật nên nội tiếp đợc đờng tròn =>F1=H1 (nội tiếp chắn

cung AE) Theo giả thiết AH BC nên AH tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (O1) (O2)

=> B1 = ∠H1 (hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung HE) => ∠B1= ∠F1 => ∠EBC+∠EFC = ∠AFE + ∠EFC

mµ AFE + EFC = 1800 (vì hai góc kề bù) => EBC+EFC = 1800 mặt khác EBC EFC lµ hai

góc đối tứ giác BEFC BEFC tứ giác nội tiếp

3 XÐt hai tam giác AEF ACB ta có A = 900 lµ gãc chung; ∠AFE = ∠ABC ( theo Chøng

minh trªn) => ∆AEF ∼∆ACB => AE AF

AC AB

= => AE AB = AF AC

* HD cách 2: Tam giác AHB vuông H cã HE ⊥ AB => AH2 = AE.AB (*)

Tam giác AHC vuông H có HF ⊥ AC => AH2 = AF.AC (**)

Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC

4 Tứ giác AFHE hình chữ nhật => IE = EH => IEH cân I => E1 = H1 O1EH cân O1 (vì có O1E vàO1H bán kính) => E2 = H2

=> ∠E1 + ∠E2 = ∠H1 + ∠H2 mµ ∠H1 + ∠H2 = ∠AHB = 900 => ∠E1 + ∠E2 = ∠O1EF = 900 => O1E ⊥EF

Chøng minh t−¬ng tù ta cịng cã O2F ⊥ EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn

Bài 14 Cho điểm C thuộc đoạn th¼ng AB cho AC = 10 Cm, CB = 40 Cm VÏ vỊ mét phÝa cđa AB c¸c nưa đờng tròn có đờng kính theo thứ tự AB, AC, CB có tâm theo thứ tự O, I, K

Đờng vuông góc với AB C cắt nửa đờng tròn (O) E Gọi M N theo thứ tự giao điểm EA, EB với nửa đờng tròn (I), (K)

1 Chứng minh EC = MN

2 Chøng minh MN lµ tiÕp tuyến chung nửa đờng tròn (I), (K)

3 Tính MN

4 Tính diện tích hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn

Lời giải:

1 Ta cã: ∠BNC= 900( néi tiÕp chắn nửa đờng tròn tâm K)

1

H

1

N

M

C

I O K B

E

A

3

2 2 1

1

=> ∠ENC = 900 (vì hai góc kề bù) (1)

∠AMC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưc đờng tròn tâm I) => EMC = 900 (vì hai gãc kÒ bï).(2)

∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn tâm O) hay MEN = 900 (3)

Tõ (1), (2), (3) => tø giác CMEN hình chữ nhật => EC = MN (tính chất đờng chéo hình chữ nhật ) 2 Theo giả thiết EC AB C nên EC tiếp tuyến chung hai nửa đờng tròn (I) vµ (K)

=> ∠B1 = ∠C1 (hai góc nội tiếp chắn cung CN) Tứ giác CMEN hình chữ nhật nên => C1= N3

=> B1 = N3.(4) Lại có KB = KN (cùng bán kính) => tam giác KBN cân K => ∠B1 = ∠N1 (5)

Tõ (4) vµ (5) => ∠N1 = ∠N3 mµ ∠N1 + ∠N2 = ∠CNB = 900 => ∠N3 + ∠N2 = ∠MNK = 900 hay

MN KN N => MN tiếp tuyến (K) N

Chứng minh tơng tự ta có MN tiếp tuyến (I) M, Vậy MN tiếp tuyến chung nửa ®−êng trßn (I), (K)

3 Ta cã ∠AEB = 900 (nội tiếp chắn nửc đờng tròn tâm O) => AEB vuông A có EC AB (gt)

=> EC2 = AC BC EC2 = 10.40 = 400 => EC = 20 cm Theo trªn EC = MN => MN = 20 cm

(9)

4 Theo gi¶ thiÕt AC = 10 Cm, CB = 40 Cm => AB = 50cm => OA = 25 cm

Ta cã S(o) = π.OA2 = π252 = 625π; S(I) = π IA2 = π.52 = 25π; S(k) = π.KB2 = π 202 = 400π

Ta cã diện tích phần hình đợc giới hạn ba nửa đờng tròn S =

2 ( S(o) - S(I) - S(k))

S =

2( 625

π- 25π- 400π) =

2.200

π = 100π ≈314 (cm2)

Bµi 15 Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M, dựng đờng tròn (O) có đờng kính MC đờng thẳng BM cắt đờng tròn (O) D đờng thẳng AD cắt đờng 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 đ−ờng tròn (O) Chứng minh đ−ờng thẳng BA, EM, CD đồng quy

4 Chøng minh DM lµ tia phân giác góc ADE

5 Chứng minh điểm M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE

Lêi gi¶i:

3

2

1

F

O

M

S D

E

B A

C

H×nh a

F

1

C

A

B E D

S

M

O

1

2

3

H×nhb

1. Ta cã ∠CAB = 900 ( v× tam giác ABC vuông A); MDC = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> CDB = 900 nh D A nhìn BC dới góc 900 nên A D nằm

đờng tròn đờng kính BC => ABCD tứ giác nội tiếp

2. ABCD tứ giác nội tiếp => D1= C3( nội tiếp chắn cung AB)

∠D1= ∠C3 => SM=EM=> ∠C2 = C3 (hai góc nội tiếp đờng tròn (O) chắn hai cung nhau)

=> CA tia phân giác cña gãc SCB

3 XÐt ∆CMB Ta cã BA⊥CM; CD ⊥ BM; ME ⊥ BC nh− vËy BA, EM, CD ba đờng cao tam giác

CMB nên BA, EM, CD đồng quy

4 Theo trªn Ta cã SM =EM => ∠D1= ∠D2 => DM lµ tia phân giác góc ADE.(1) 5. Ta có MEC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O)) => ∠MEB = 900

Tứ giác AMEB có ∠MAB = 900 ; ∠MEB = 900 => ∠MAB + ∠MEB = 1800 mà hai góc đối nên tứ

giác AMEB nội tiếp đờng tròn => A2 = B2

Tứ giác ABCD tứ giác néi tiÕp => ∠A1= ∠B2( néi tiÕp cïng ch¾n cung CD)

=> A1= A2 => AM tia phân giác góc DAE (2)

Từ (1) (2) Ta có M tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ADE

TH2(Hình b)

Câu : ABC = ∠CME (cïng phô ∠ACB); ∠ABC = ∠CDS (cïng bï∠ADC) => ∠CME = ∠CDS

=> CE CS= =>SM=EM=> ∠SCM = ECM => CA tia phân giác góc SCB

(10)

Bài 16 Cho tam giác ABC vuông A.và điểm D nằm A B Đờng tròn đờng kính BD cắt

BC E Các đờng thng CD, AE lần lợt cắt đờng tròn F, G Chứng minh :

1 Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD

2 Tứ giác ADEC AFBC nội tiếp

3 AC // FG

4 Các đ−ờng thẳng AC, DE, FB đồng quy

Lêi gi¶i:

1 Xét hai tam giác ABC EDB Ta có BAC = 900 ( tam giác ABC

vuông A); ∠DEB = 900 ( gãc néi tiÕp ch¾n nưa ®−êng trßn )

=> ∠DEB = ∠BAC = 900 ; lại có ABC góc chung => DEB CAB 2 Theo trªn ∠DEB = 900 => ∠DEC = 900 (v× hai gãc kỊ bï); ∠BAC = 900

( ABC vuông A) hay DAC = 900 => ∠DEC + ∠DAC = 1800 mµ

đây hai góc đối nên ADEC tứ giác nội tiếp

G

1

O

S

D

E B

A C

1

F

* ∠BAC = 900 ( tam giác ABC vuông A); DFB = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) hay ∠BFC = 900 nh− vËy F vµ A nhìn BC dới góc 900 nên A F nằm đờng tròn

đờng kính BC => AFBC tứ giác nội tiếp

3 Theo ADEC tứ giác nội tiếp => E1 = ∠C1 l¹i cã ∠E1 = ∠F1 => ∠F1 = C1 mà hai góc so

le nªn suy AC // FG

4 (HD) Dễ thấy CA, DE, BF ba đ−ờng cao tam giác DBC nên CA, DE, BF đồng quy S

Bài 17. Cho tam giác ABC có đ−ờng 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 hy xác định tâm O đ−ờng trịn ngoại tiếp tứ giác

2 Chøng minh r»ng MP + MQ = AH

3 Chøng minh OH ⊥ PQ

Lêi gi¶i:

1. Ta cã MP ⊥ AB (gt) => ∠APM = 900; MQ ⊥ AC (gt)

=> ∠AQM = 900 nh− vËy P Q nhìn BC dới góc

bằng 900 nên P Q nằm đờng tròn đờng kính

AM => APMQ tứ giác nội tiếp

* Vì AM đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ tâm O đờng tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ trung ®iĨm cđa AM

2 Tam gi¸c ABC cã AH đờng cao => SABC =

2BC.AH

Tam giác ABM có MP đờng cao => SABM =

2AB.MP

Tam gi¸c ACM cã MQ đờng cao => SACM =

2AC.MQ

O

M

Q

P

H

C

B

A

2

1

Ta cã SABM + SACM = SABC =>

2AB.MP +

1

2AC.MQ =

1

2BC.AH => AB.MP + AC.MQ = BC.AH

Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH

3 Tam gi¸c ABC có AH đờng cao nên đờng phân gi¸c => ∠HAP = ∠HAQ => HP=HQ ( tÝnh chÊt gãc néi tiÕp ) => ∠HOP = ∠HOQ (t/c gãc tâm) => OH tia phân giác góc POQ Mà tam giác

POQ cân O ( OP OQ bán kính) nên suy OH đờng cao => OH PQ

(11)

Bài 18 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Trên đoạn thẳng OB lấy điểm H ( H không trùng O, B)

; đờng thẳng vuông góc với OB H, lấy điểm M đờng tròn ; MA MB thứ tự cắt đờng tròn (O) C D Gọi I giao điểm AD BC

1 Chứng minh MCID tứ giác nội tiếp

2 Chứng minh đ−ờng thẳng AD, BC, MH đồng quy I

3 Gäi K lµ tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác MCID, Chứng minh KCOH tứ giác nội tiếp

Lời giải:

1 Ta cã : ∠ACB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> MCI = 900 (vì hai góc kề bù)

ADB = 900 ( nội tiếp chắn nửc đờng tròn )

=> MDI = 900 (vì hai góc kÒ bï)

=> ∠MCI + ∠MDI = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCID nên

MCID tứ giác nội tiếp

2 Theo trªn Ta cã BC ⊥ MA; AD ⊥ MB nªn BC AD hai

đờng cao tam giác MAB mà BC AD cắt I nên I trực tâm tam giác MAB Theo giả thiết MH AB nên MH

đ−ờng cao tam giác MAB => AD, BC, MH ng quy ti I

3 OAC cân O ( OA OC bán kính) => A1 = C4 KCM cân K ( KC KM bán kính) => M1 = C1

_ _

4 32 1

I

O H K

D C

M

A 1 B

1

Mµ ∠A1 + ∠M1 = 900 ( tam giác AHM vuông H) => ∠C1 + ∠C4 = 900 => ∠C3 + ∠C2 = 900 ( góc

ACM góc bẹt) hay ∠OCK = 900

XÐt tø gi¸c KCOH Ta cã ∠OHK = 900; ∠OCK = 900 => ∠OHK + ∠OCK = 1800 mµ ∠OHK vµ ∠OCK lµ

hai góc đối nên KCOH tứ giác nội tiếp

Bài 19. Cho đờng tròn (O) đờng 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 vuông góc với AB Nối CD, Kẻ BI vuông góc với CD Chøng minh tø gi¸c BMDI néi tiÕp

2 Chứng minh tứ giác ADBE hình thoi

3 Chøng minh BI // AD

4 Chøng minh I, B, E thẳng hàng Chứng minh MI tiếp tuyến (O)

Lời giải:

1 ∠BIC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nửa đờng tròn ) => BID = 900

(vì hai góc kề bù); DE AB M => ∠BMD = 900

=> ∠BID + ∠BMD = 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

cũng trung điểm DE (quan hệ đờng 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 đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng 3 ADC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => AD ⊥ DC; theo trªn BI ⊥ DC => BI // AD (1)

4 Theo gi¶ thiết ADBE hình thoi => EB // AD (2)

Từ (1) (2) => I, B, E thẳng hàng (vì qua B có đờng thẳng song song với AD mà thôi.)

5 I, B, E thẳng hàng nên tam giác IDE vuông I => IM trung tuyến ( M trung ®iĨm cđa DE)

=>MI = ME => ∆MIE cân M => I1 = E1 ; OIC cân O ( OC OI bán kÝnh )

=> ∠I3 = ∠C1 mµ ∠C1 = ∠E1 ( Cïng phơ víi gãc EDC ) => ∠I1 = ∠I3 => ∠I1 + ∠I2 = ∠I3 + ∠I2 Mµ ∠I3 + ∠I2 = ∠BIC = 900 => ∠I1 + ∠I2 = 900 = ∠MIO’ hay MI OI I => MI tiếp tun cđa (O’)

(12)

Bµi 20. Cho đờng tròn (O; R) (O; R) có R > R tiếp xúc C Gọi AC BC hai

đờng kính qua điểm C (O) (O) DE dây cung (O) vuông góc với AB trung điểm M AB Gọi giao điểm thứ hai DC với (O) F, BD cắt (O) G Chứng minh rằng:

1 Tø gi¸c MDGC néi tiÕp

2 Bèn ®iĨm M, D, B, F cïng n»m trªn mét ®−êng tròn Tứ giác ADBE hình thoi

4 B, E, F thẳng hàng

5 DF, EG, AB đồng quy

6 MF = 1/2 DE

7 MF tiếp tuyến (O)

Lời giải:

1 ∠BGC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn )

=> CGD = 900 (vì hai gãc kÒ bï)

1

O' O

M

G

F

E D

C B

A

Theo giả thiết DE AB M => ∠CMD = 900

=> ∠CGD + ∠CMD = 1800 mà hai góc đối tứ giác MCGD nên MCGD tứ giác nội tiếp

2 BFC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠BFD = 900; ∠BMD = 900 (v× DE AB M)

nh F M nhìn BD dới góc 900 nên F M nằm đờng tròn đờng kính

BD => M, D, B, F cïng n»m trªn đờng tròn

3 Theo giả thiết M trung điểm AB; DE AB M nên M trung điểm DE (quan

hệ đờng kính dây cung)

=> Tứ giác ADBE hình thoi có hai đờng chéo vuông góc với trung điểm đờng

4 ∠ADC = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn ) => AD DF ; theo tứ giác ADBE hình tho

=> BE // AD mà AD DF nên suy BE DF

Theo trªn ∠BFC = 900 ( néi tiếp chắn nửa đờng tròn ) => BF DF mà qua B có đờng thẳng

vuông góc với DF đo B, E, F thẳng hàng

5 Theo trªn DF ⊥ BE; BM ⊥ DE mà DF BM cắt C nên C trực tâm tam giác BDE

=> EC đ−ờng cao => EC⊥BD; theo CG⊥BD => E,C,G thẳng hàng Vậy DF, EG, AB đồng quy 6 Theo DF ⊥ BE => ∆DEF vuông F có FM trung tuyến (vì M trung điểm DE) suy

ra MF = 1/2 DE ( tam giác vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền nửa cạnh huyền)

7 (HD) theo MF = 1/2 DE => MD = MF => ∆MDF c©n M => D1 = F1

OBF cân O ( OB OF bán kính ) => ∠F3 = ∠B1 mµ ∠B1 = ∠D1 (Cïng phơ víi ∠DEB )

=> ∠F1 = ∠F3 => ∠F1 + ∠F2 = ∠F3 + ∠F2 Mµ ∠F3 + ∠F2 = ∠BFC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = 900 = ∠MFO’

hay MF ⊥ O’F t¹i F => MF lµ tiÕp tun cđa (O’)

Bµi 21. Cho đờng tròn (O) đờng kính AB Gọi I trung điểm OA Vẽ đờng tron tâm I qua A,

trên (I) lấy P bất kì, AP cắt (O) Q

1 Chứng minh đờng tròn (I) (O) tiếp xúc t¹i A

2 Chøng minh IP // OQ

3 Chøng minh r»ng AP = PQ

4 Xác định vị trí P để tam giác AQB có diện tích lớn

Lêi gi¶i:

1 Ta cã OI = OA – IA mµ OA IA lần lợt bán kính đờng tròn (O) đờng tròn (I) Vậy đờng tròn (O) đờng 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

3.∠APO = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => OP AQ => OP đờng cao OAQ mà OAQ

cân O nên OP đờng trung tuyÕn => AP = PQ

(13)

4. (HD) KỴ QH ⊥ AB ta cã SAQB =

2AB.QH mà AB đ−ờng kính khơng đổi nên SAQB lớn QH

lín nhÊt QH lín nhÊt Q trïng víi trung ®iĨm cđa 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

Bµi 22. Cho hình vuông ABCD, điểm E thuộc cạnh BC Qua B kẻ đờng thẳng vuông góc với DE, đờng

thẳng cắt đờng thẳng DE DC theo thø tù ë H vµ K Chøng minh BHCD tứ giác nội tiếp

2 Tính gãc CHK

3 Chøng minh KC KD = KH.KB

4 Khi E di chuyển cạnh BC H di chuyển đờng nào?

Lời giải:

1 Theo giả thiết ABCD hình vuông nên BCD = 900; BH DE

tại H nên ∠BHD = 900 => nh− vËy H vµ C cïng nhìn BD dới

góc 900 nên H C nằm đờng tròn đờng 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

K

H

E

D

C

B

A

2

Tõ (1) vµ (2) => ∠CHK = ∠BDC mà BDC = 450 (vì ABCD hình vuông) => ∠CHK = 450 3 XÐt ∆KHC vµ ∆KDB ta cã ∠CHK = ∠BDC = 450 ; ∠K lµ gãc chung

=> ∆KHC ∼∆KDB => KC KH

KB KD

= => KC KD = KH.KB

4 (HD) Ta ln có ∠BHD = 900 BD cố định nên E chuyển động cạnh BC cố định H chuyển

động cung BC (E ≡ B H ≡ B; E ≡ C thỡ H C)

Bài 23. Cho tam giác ABC vuông A Dựng miền tam giác ABC hình vuông ABHK, ACDE

1 Chứng minh ba điểm H, A, D thẳng hàng

2 Đờng thẳng HD cắt đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC F, chứng minh FBC tam giác vuông cân Cho biÕt ∠ABC > 450 ; gäi M lµ giao điểm BF

ED, Chứng minh ®iĨm b, k, e, m, c cïng n»m trªn mét đờng tròn

4 Chứng minh MC tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Lời giải:

1. Theo giả thiết ABHK hình vu«ng => ∠BAH = 450 H

K

M

F E

D

C B

A

O

Tứ giác AEDC hình vuông => CAD = 450; tam giác ABC vuông A => ∠BAC = 900

=> ∠BAH + ∠BAC + ∠CAD = 450 + 900 + 450 = 1800 => ba điểm H, A, D thẳng hàng

2. Ta có BFC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên tam giác BFC vuông F (1) FBC = FAC ( nội tiếp chắn cung FC) mà theo trªn ∠CAD = 450 hay ∠FAC = 450 (2)

Tõ (1) vµ (2) suy ∆FBC lµ tam giác vuông cân F

3 Theo BFC = 900 => CFM = 900 ( hai góc kề bù); CDM = 900 (t/c hình vuông)

=> ∠CFM + ∠CDM = 1800 mà hai góc đối nên tứ giác CDMF nội tiếp đ−ờng tròn suy ∠CDF = ∠CMF , mà ∠CDF = 450 (vì AEDC hình vng) => ∠CMF = 450 hay ∠CMB = 450

Ta còng cã ∠CEB = 450 (vì AEDC hình vuông); BKC = 450 (vì ABHK hình vuông)

(14)

Nh− vËy K, E, M cïng nh×n BC d−íi mét gãc b»ng 450 nªn cïng n»m trªn cung chøa gãc 450 dựng

BC => điểm b, k, e, m, c nằm đờng trßn

4 ∆CBM cã ∠B = 450 ; ∠M = 450 => ∠BCM =450 hay MC ⊥ BC t¹i C => MC tiếp tuyến

đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bài 24. Cho tam giác nhọn ABC có B = 450 Vẽ đờng tròn đờng kính AC có tâm O, đờng tròn

cắt BA BC D E

1 Chøng minh AE = EB

2 Gäi H giao điểm CD AE, Chứng minh ®−êng

trung trùc cđa ®o¹n HE ®i qua trung ®iĨm I cđa BH

3 Chøng minh OD lµ tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Lêi gi¶i:

1 ∠AEC = 900 (néi tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> AEB = 900 ( hai góc kề bù); Theo giả thiết ABE = 450

=> AEB tam giác vuông cân E => EA = EB

F

1

/

/ _

_

K

H

I

E D

O

C B

A

2 Gọi K trung điểm HE (1) ; I trung điểm HB => IK đờng trung bình tam giác HBE => IK // BE mà AEC = 900 nên BE HE E => IK ⊥ HE t¹i K (2)

Tõ (1) vµ (2) => IK lµ trung trùc cđa HE Vậy trung trực đoạn HE qua trung ®iĨm I cđa BH

3. theo trªn I thc trung trùc cđa HE => IE = IH mµ I trung điểm BH => IE = IB

ADC = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => ∠BDH = 900 (kÒ bï ∠ADC) => tam giác BDH vuông

tại D có DI trung tuyến (do I trung điểm BH) => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I tâm đờng tròn ngoại tiÕp tam gi¸c BDE b¸n kÝnh ID

Ta cã ODC cân O (vì OD OC bán kÝnh ) => ∠D1 = ∠C1 (3)

IBD cân I (vì ID IB bán kÝnh ) => ∠D2 = ∠B1 (4)

Theo ta có CD AE hai đờng cao tam giác ABC => H trực tâm tam giác ABC => BH đờng cao tam giác ABC => BH AC F => ∆AEB cã ∠AFB = 900

Theo trªn ∆ADC cã ∠ADC = 900 => ∠B1 = ∠C1 ( cïng phô ∠BAC) (5)

Tõ (3), (4), (5) =>∠D1 = ∠D2 mµ ∠D2 +∠IDH =∠BDC = 900=> ∠D1 +∠IDH = 900 = ∠IDO => OD ⊥ ID

t¹i D => OD tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tam giác BDE

Bài 25. Cho đờng tròn (O), BC dây (BC< 2R) Kẻ tiếp tuyến với đờng tròn (O) B C chúng cắt A Trên cung nhỏ BC lấy điểm M kẻ đờng vuông góc MI, MH, MK xuống cạnh tơng 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 néi tiÕp 3 Chøng minh MI2 = MH.MK 4 Chøng minh PQ ⊥ MI

Lêi gi¶i:

1 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có AB = AC => ABC cân A 2. Theo gi¶ thiÕt 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 t−ơng tựtứ giác BIMK )

3 Theo tứ giác BIMK néi tiÕp => ∠KMI + ∠KBI = 1800; tø gi¸c

CHMI néi tiÕp => ∠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 néi tiÕp => ∠H1 = ∠C1 ( néi tiÕp chắn cung IM)

Mà B1 = C1 ( = 1/2 s® BM ) => ∠I1 = ∠H1 (2)

Tõ (1) vµ (2) => ∆MKI ∆MIH => MI MK

MH MI

= => MI2 = MH.MK

1

P Q

K H

I M

A

C B

O

2

(15)

4 Theo trªn ta cã ∠I1 = ∠C1; cịng chøng minh t−¬ng tù ta cã ∠I2 = ∠B2 mµ ∠C1

+

=> ∠I1

+

=> ∠Q1 = ∠I1 mà ∠I1 = ∠C1 => ∠Q1 = ∠C1 => PQ // BC ( có hai góc đồng vị nhau) Theo giả

thiÕt MI ⊥BC nªn suy IM PQ

Bài 26. Cho đờng tròn (O), ®−êng kÝnh AB = 2R VÏ d©y cung CD ⊥ AB H Gọi M điểm

giữa 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 đ−ờng vng góc kẻ từ M đến AC tip tuyn ca ng

tròn M

Lời giải: 1 Theo giả thiết M trung điểm BC => MB=MC

=> ∠CAM = ∠BAM (hai gãc nội tiếp chắn hai cung nhau) => AK tia

phân giác góc CAB =>

AB AC KB KC

= ( t/c tia phân giác cđa tam gi¸c )

J

H

I K

O

M C

D

B A

_ /

2. (HD) Theo gi¶ thiÕt 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 t¹i I => ∠OIC = 900 ; CD ⊥ AB t¹i H

=> ∠OHC = 900 => ∠OIC

+

4 KỴ MJ ⊥ AC ta cã MJ // BC ( v× cïng vuông góc với AC) Theo OM BC => OM MJ J suy

ra MJ tiếp tuyến đờng tròn M

Bài 27 Cho đờng tròn (O) điểm A đờng tròn Các tiếp tuyến với đờng tròn (O) kẻ từ

A tiếp xúc với đờng tròn (O) B C Gọi M điểm tuỳ ý đờng tròn ( M khác B, C), từ M kỴ MH ⊥ BC, MK ⊥ CA, MI ⊥ AB Chøng minh :

1. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp 2 ∠BAO = ∠ BCO 3 ∆MIH ∼ ∆MHK 4 MI.MK = MH2 Lêi gi¶i:

I

K

H M

C B

A O

H B

C K I

M

O

A

1. (HS tù gi¶i)

2. Tø gi¸c ABOC néi tiÕp => ∠BAO = ∠ BCO (nội tiếp chắn cung BO) 3. Theo giả thiÕt MH ⊥ BC => ∠MHC = 900; MK ⊥ CA => ∠MKC = 900

=> ∠MHC

+

tiếp chắn cung HM)

Chứng minh tơng tù ta cã tø gi¸c MHBI néi tiÕp => ∠MHI = ∠MBI (néi tiÕp cïng ch¾n cung IM)

Mà HCM = MBI ( = 1/2 sđ BM ) => ∠HKM = ∠MHI (1) Chøng minh t−¬ng tù ta cịng cã ∠KHM = ∠HIM (2) Tõ (1) vµ (2) => ∆ HIM ∼∆ KHM

4. Theo trªn ∆ HIM ∼∆ KHM => MI MH

MH MK

= => MI.MK = MH2

(16)

Bài 28 Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Gọi H trực tâm tam giác ABC; E điểm đối xứng H

qua BC; F điểm đối xứng H qua trung điểm I BC Chứng minh tứ giác BHCF hình bình hành E, F nằm đ−ờng 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

Lêi gi¶i:

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 đ−ờng chéo cắt trung điểm đ−ờng

2 (HD) Tứ giác AB’HC’ nội tiếp => ∠BAC + ∠B’HC’ = 1800 mà ∠BHC = ∠B’HC’ (đối đỉnh) => ∠BAC + ∠BHC = 1800 Theo BHCF

là hình bình hành => BHC = BFC => BFC + ∠BAC = 1800

=

/ =

/ / / A' C'

B'

G O H

I

F E

C B

A

=> Tø gi¸c ABFC néi tiÕp => F thuéc (O)

* H E đối xứng qua BC => ∆BHC = ∆BEC (c.c.c) => ∠BHC = ∠BEC => ∠ BEC + ∠BAC = 1800

=> ABEC néi tiÕp => E thuéc (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)

Tõ (1) vµ (2) => EF // BC => BEFC hình thang (3)

Theo trªn E ∈(O) => ∠CBE = ∠CAE ( nội tiếp chắn cung CE) (4)

Theo F (O) FEA =900 => AF đờng kính cña (O) => ∠ACF = 900 => ∠BCF = ∠CAE ( v×

cïng phơ ∠ACB) (5)

Tõ (4) vµ (5) => ∠BCF = ∠CBE (6)

Tõ (3) (6) => tứ giác BEFC hình thang cân

4. Theo AF đờng kính (O) => O trung điểm AF; BHCF hình bình hành => I trung điểm HF => OI đờng trung bình tam giác AHF => OI = 1/ AH

Theo gi¶ thiÕt I trung điểm BC => OI BC ( Quan hệ đờng kính dây cung) => OIG = ∠HAG

(vì so le trong); lại có ∠OGI = ∠ HGA (đối đỉnh) => ∆OGI ∼∆HGA => GI OI

GA HA

= mµ OI =

2 AH

=>

2

GI GA

= mµ AI lµ trung tun cđa tam giác ABC (do I trung điểm BC) => G trọng tâm

tam giác ABC

Bài 29 BC dây cung đ−ờng tròn (O; R) (BC ≠ 2R) Điểm A di động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đ−ờng cao AD, BE, CF tam giác ABC đồng quy H

1 Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC

2 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

Lêi gi¶i: (HD)

1 Tø gi¸c BFEC néi tiÕp => ∠AEF = ∠ACB (cïng bï ∠BFE)

∠AEF = ∠ABC (cïng bï ∠CEF) => ∆ AEF ∼∆ ABC

2 VÏ ®−êng kÝnh AK => KB // CH ( cïng vu«ng gãc AB); KC // BH (cïng vu«ng gãc AC) => BHKC hình bình hành => A trung điểm HK => OK đờng 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 các đ−ờng tròn ngoại tiếp tỉ số đồng dạng ta có :

(17)

∆ AEF ∼∆ ABC =>

1

' '

R AA R AA

= (1) R bán kính đ−ờng trịn ngoại tiếp ∆ABC; R’ bán kớnh

đờng tròn ngoại tiếp AEF; AA trung tun cđa ∆ABC; AA1 lµ trung tun cđa ∆AEF

Tứ giác AEHF nội tiếp đờng tròn đờng kính AH nên đờng tròn ngoại tiếp AEF

Tõ (1) => R.AA1 = AA’ R’ = AA’

AH

= AA’ '

2

A O

VËy R AA1 = AA’ A’O (2)

4 Gọi B, Clần lợt trung điểm AC, AB, ta có OBAC ; OCAB (bán kính qua trung điểm

một dây không qua tâm) => OA, OB, OC lần lợt đờng cao tam gi¸c 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 mµ

1

'

AA

AA tỉ số trung tuyến hai tam giác đồng dạng AEF ABC

nªn

'

AA AA =

EF

BC T−¬ng tù ta cã : OB’ = R FD

AC ; OC’ = R ED

AB Thay vào (3) ta đợc

2SABC = R (

EF FD ED

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 cã SABC =

2AD.BC BC không đổi nên SABC lớn AD lớn nhất, mà AD lớn A điểm

chÝnh giìa cđa cung lớn BC

Bài 30 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt (O) M Vẽ đờng cao AH

và bán kính OA

1 Chứng minh AM phân giác cđa gãc OAH

2 Gi¶ sư ∠B > ∠C Chøng minh ∠OAH = ∠B - ∠C

3 Cho ∠BAC = 600 vµ ∠OAH = 200 TÝnh:

a) B C tam giác ABC

b) Diện tích hình viên phân giới hạn dây BC cung nhá BC theo R

Lêi gi¶i: (HD)

1 AM phân giác BAC => BAM = CAM => BM=CM=> M trung điểm cung BC => OM ⊥ BC; Theo gi¶ thiÕt AH ⊥ BC =>

OM // AH => ∠HAM = ∠OMA ( so le) Mà OMA = OAM ( tam

giác OAM cân O có OM = OA = R) => ∠HAM = OAM => AM

lµ tia phân giác góc OAH M

D

O

H C

B A

2 VÏ d©y BD ⊥ OA => AB=AD=> ∠ABD = ∠ACB

Ta cã ∠OAH = ∠ DBC ( gãc cã cạnh tơng ứng vuông góc nhọn) => OAH = ∠ABC - ∠ABD

=> ∠OAH = ∠ABC - ∠ACB hay ∠OAH = ∠B - ∠C

3 a) Theo gi¶ thiÕt ∠BAC = 600 => ∠B + ∠C = 1200 ; theo trªn ∠B ∠C = ∠OAH => ∠B - ∠C = 200

=>

0

120 70

20 50

B C B

B C C

∠ + ∠ = ∠ =

 

⇔

 

∠ − ∠ = ∠ =

 

 

b) Svp

= S

- S

=

2

0

.120

360 2

R R

R

π

−

=

2 2

(4 3)

3 12

R R R

π π−

− =

(18)

Bµi 31 Cho tam gi¸c ABC cã ba gãc nhän néi tiÕp (O; R), biÕt ∠BAC = 600

1 Tính số đo góc BOC độ dài BC theo R

2 VÏ ®−êng kÝnh CD cđa (O; R); gäi H giao điểm ba đờng cao tam giác ABC Chứng minh BD // AH AD // BH TÝnh AH theo R

Lêi gi¶i:

1 Theo giả thiết BAC = 600 => sđBC=1200 ( t/c gãc néi tiÕp )

=> ∠BOC = 1200 ( t/c gãc ë t©m)

* Theo sđBC=1200 => BC cạnh tam giác nội tiếp

(O; R) => BC = R

2 CD đờng kính => DBC = 900 hay DB ⊥ BC; theo gi¶ thiÕt AH lµ

A

B C

H O

D

M

®−êng cao => AH ⊥ BC => BD // AH Chøng minh t−¬ng tù ta cịng đợc AD // BH 3. Theo DBC = 900 => DBC vuông 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 đờng tròn (O), đờng kính AB = 2R Mét c¸t tuyÕn MN quay quanh trung ®iĨm H cđa OB

1 Chứng minh MN di động , trung điểm I MN nằm

trên đ−ờng tròn cố định

2 Tõ A kẻ Ax MN, tia BI cắt Ax C Chứng minh tứ giác

CMBN hình bình hµnh

3 Chứng minh C trực tâm tam giác AMN Khi MN quay quanh H C di động đ−ờng

5 Cho AM AN = 3R2 , AN = R

3 TÝnh diện tích phần hình

tròn (O) nằm tam giác AMN

Lời giải: (HD)

1 I trung điểm MN => OI MN I ( quan hệ đờng kính

dây cung) = > ∠OIH = 900

D K

O I C

M N

B

A H

OH cố địmh nên MN di động I di động nh−ng ln nhìn OH cố định d−ới góc 900 I

di động đ−ờng trịn đ−ờng kính OH Vậy MN di động , trung điểm I MN nằm đ−ờng tròn cố định

2 Theo giả thiết Ax MN; theo OI MN t¹i 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 đờng chéo cắt trung điểm đờng )

3 CMBN hình bình hành => MC // BN mà BN AN ( ANB = 900 góc nội tiếp chắn nửa

đờng tròn ) => MC AN; theo AC MN => C trực tâm tam giác AMN

4 Ta có H trung điểm OB; I trung điểm BC => IH đờng tung bình OBC => IH // OC

Theo gi¶ thiÕt Ax ⊥ MN hay IH ⊥ Ax => OC ⊥ Ax t¹i C => OCA = 900 => C thuộc đờng tròn đờng

kính OA cố định Vậy MN quay quanh H C di động đ−ờng trịn đ−ờng kính OA cố định

5. Ta cã AM AN = 3R2 , AN = R 3 => AM =AN = R 3=> AMN cân A (1)

Xét ABN vuông N ta có AB = 2R; AN = R 3 => BN = R => ∠ABN = 600 ∠ABN = ∠AMN (néi tiÕp cïng ch¾n cung AN) => ∠AMN = 600 (2)

Từ (1) (2) => ∆AMN tam giác => S∆AMN =

2

3

4

R

=> S = S(O) - S∆AMN =

R

π

-

2

3

4

R

=

(4 3

R π −

(19)

Bài 33 Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R), tia phân giác góc BAC cắt BC I, cắt đờng tròn M

1 Chứng minh OM ⊥ BC

2 Chøng minh MC2 = MI.MA

3 Kẻ đờng kính MN, tia phân giác góc B C cắt đờng thẳng AN P Q Chứng minh bốn điểm P, C , B, Q thuộc đờng tròn

Lời giải:

1 AM phân giác cña ∠BAC => ∠BAM = ∠CAM

=> BM=CM => M trung điểm cung BC => OM BC 2 XÐt ∆MCI vµ ∆MAC cã ∠MCI =∠MAC (hai gãc néi tiÕp

ch¾n hai cung b»ng nhau); ∠M lµ gãc chung

=> ∆MCI ∼∆MAC => MC MI

MA MC

= => MC2 = MI.MA

(

2

1

N

Q

P

K

M O

C B

A

I

3. (HD) ∠MAN = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) => P1 = 900 – ∠K1 mµ ∠K1 lµ gãc ngoµi cđa tam

giác AKB nên K1 = A1 + B1 =

2

A B

∠ ∠

+ (t/c phân giác góc ) => P1 = 900 – (

2

A B

∠ ∠

+ ).(1)

CQ lµ tia phân giác góc ACB => C1 =

C

∠

=

2(180

0 - ∠A - ∠B) = 900 – (

2

A B

∠ ∠

+ ) (2)

Tõ (1) vµ (2) => ∠P1 = ∠C1 hay ∠QPB = ∠QCB mµ P vµ C n»m cïng nửa mặt phẳng bờ BQ nên

cùng n»m trªn cung chøa gãc 900 – (

2

A B

∠ ∠

+ ) dựng BQ

Vậy bốn điểm P, C, B, Q thuộc đờng tròn

Bài 34 Cho tam giác ABC cân ( AB = AC), BC = Cm, chiÒu cao AH = Cm, nội tiếp đờng tròn (O)

đờng kính AA

1 Tính bán kính đờng tròn (O)

2 Kẻ đờng kính CC, tứ giác CACA hình gì? Tại sao? Kẻ AK CC tứ giác AKHC hình gì? Tại sao?

4 Tính diện tích phần hình tròn (O) nằm tam giác ABC

Lời giải:

1 (HD) Vì ABC cân A nên đờng kính AA đờng tròn

ngoi tiếp đ−ờng cao AH xuất phát từ đỉnh A trùng nhau, tức AA’đi

qua H => ∆ACA’ vuông C có đờng cao CH =

2

BC

= = 3cm;

AH = 4cm => CH2 = AH.A’H => A’H = 32 2, 4

CH AH

= = = => AA’

2

2 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 đờng kính nên cắt trung điểm O đờng => ACAC

hình bình hành Lại có ACA = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ) nên suy tứ giác ACAC hình

chữ nhật

3. Theo gi¶ thiÕt AH ⊥ BC; AK ⊥ CC’ => K H nhìn AC dới góc 900nên

nằm đờng tròn đờng kính AC hay tø gi¸c ACHK néi tiÕp (1) => ∠C2 = ∠H1 (néi tiÕp cung ch¾n

cung AK) ; ∆AOC cân O ( OA=OC=R) => C2 = A2 => ∠A2 = ∠H1 => HK // AC ( v× cã hai gãc

so le b»ng nhau) => tứ giác ACHK hình thang (2) Từ (1) (2) suy tứ giác ACHK hình thang cân

(20)

Bài 35 Cho đ−ờng tròn (O), đ−ờng kính AB cố định, điểm I nằm A O cho AI = 2/3 AO Kẻ

dây MN vuông 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 néi tiÕp

2 Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM

3 Chøng minh AM2 = AE.AC

4 Chøng minh AE AC – AI.IB = AI2

5 Hy xác định vị trí C cho khoảng cách từ N đến tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ

Lêi gi¶i:

1 Theo giả thiết MN AB I => EIB = 900; ACB nội tiếp

chắn nửa đờng tròn nªn ∠ACB = 900 hay ∠ECB = 900

=> ∠EIB + ∠ECB = 1800 mà hai góc đối tứ giác IECB nên tứ

gi¸c IECB tứ giác nội tiếp

O1

E

I

C

O

N M

B A

2 Theo gi¶ thiÕt MN ⊥AB => A trung điểm cung MN => AMN = ∠ACM ( hai gãc néi

tiÕp ch¾n hai cung nhau) hay AME = ACM Lại thấy CAM gãc chung cđa hai tam gi¸c

AME AMC tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM

3 Theo trªn ∆AME ∼∆ ACM => AM AE

AC AM

= => AM2 = AE.AC

4 AMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đờng tròn ); MN AB I => AMB vuông M có MI

đờng cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông)

ỏp dng nh lớ Pitago tam giác AIM vng I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI 5 Theo ∠AMN = ∠ACM => AM tiếp tuyến đ−ờng tròn ngoại tiếp ∆ ECM; Nối MB ta

có ∠AMB = 900 , tâm O1 đ−ờng trịn ngoại tiếp ∆ ECM phải nằm BM Ta thấy NO1 nhỏ

nhất NO1 khoảng cách từ N đến BM => NO1⊥BM

Gọi O1 là chân đ−ờng vng góc kẻ từ N đến BM ta đ−ợc O1 tâm đ−ờng trịn ngoại tiếp ∆ ECM có bán

kính O1M Do để khoảng cách từ N đến tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác CME nhỏ C phải giao điểm đ−ờng trịn tâm O1 bán kính O1M với đ−ờng trịn (O) O1 là hình chiếu vng góc N BM

Bài 36 Cho tam giác nhọn ABC , Kẻ đờng cao AD, BE, CF Gọi H trực tâm tam giác Gọi M,

N, P, Q lần lợt hình chiếu vuông góc cđa D lªn AB, BE, CF, AC Chøng minh :

1 Các tứ giác DMFP, DNEQ hình chữ nhËt

2 C¸c tø gi¸c BMND; DNHP; DPQC néi tiÕp

3 Hai tam giác HNP HCB đồng dạng

4 Bèn ®iĨm M, N, P, Q thẳng hàng

Lời giải: 1 & (HS tự làm)

3 Theo chứng minh DNHP néi tiÕp => ∠N2 = ∠D4 (néi

tiÕp cïng ch¾n cung HP); ∆HDC cã ∠HDC = 900 (do AH đờng

cao) HDP có HPD = 900 (do DP ⊥ HC) => ∠C1= ∠D4 (cïng phô

víi ∠DHC)=>∠C1=∠N2 (1) chøng minh t−¬ng tù ta cã ∠B1=∠P1 (2)

Tõ (1) vµ (2) => ∆HNP ∼∆ HCB

1

3

1

N M

P Q H

F

E

D C

B

A

1

4. Theo chøng minh trªn DNMB néi tiÕp => ∠N1 = ∠D1 (néi tiÕp cïng ch¾n cung BM).(3)

DM // CF ( vng góc với AB) => ∠C1= ∠D1 ( hai góc đồng vị).(4)

Theo chøng minh trªn ∠C1 = ∠N2 (5)

Tõ (3), (4), (5) => ∠N1 = N2 mà B, N, H thẳng hàng => M, N, P thẳng hàng (6)

Chứng minh tơng tự ta cung có N, P, Q thẳng hàng (7) Từ (6), (7) => Bốn điểm M, N, P, Q thẳng hµng

(21)

Bµi 37 Cho hai đờng tròn (O) (O) tiếp xúc A Kẻ tiếp tuyến chung BC, B (O),

C ∈ (O’) TiÕp tuyÕn chung t¹i A cắt tiếp tuyến chung BC I

1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBIA, AICO’ néi tiÕp Chøng minh ∠ BAC = 900

3 TÝnh sè ®o gãc OIO’

4 Tính độ dài BC biết OA = 9cm, O’A = 4cm

Lời giải:

1. ( HS tự làm)

2. Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IB = IA , IA = IC

ABC cã AI =

2

BC =>ABC vuông A hay BAC =900

4 9

A I

C B

O' O

3 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã IO tia phân giác BIA; I0là tia phân giác ∠CIA

mµ hai gãc BIA vµ CIA lµ hai gãc kÒ bï => I0 ⊥ I0’=> ∠0I0’= 900

4 Theo ta có 0I0 vuông I có IA đờng cao (do AI tiếp tuyến chung nªn AI ⊥OO’)

=> IA2 = A0.A0’ = = 36 => IA = => BC = IA = = 12(cm)

Bài 38 Cho hai đờng tròn (O) ; (O) tiếp xúc A, BC tiếp tuyến chung ngoài, B∈(O), C∈ (O’)

TiÕp tuyÕn chung t¹i A cắ tiếp tuyến chung BC M Gọi E giao điểm OM AB, F giao ®iĨm cđa O’M vµ AC Chøng minh :

1 Chøng minh c¸c tø gi¸c OBMA, AMCO’ néi tiÕp

2 Tứ giác AEMF hình chữ nhật

3 ME.MO = MF.MO’

4 OO’ lµ tiÕp tuyÕn đờng tròn đờng kính BC BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO

Lời giải:

1. ( HS tù lµm)

2 Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta cã 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)

Chøng minh t−¬ng tù ta cịng cã MF ⊥ AC (2)

Theo tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ta có MO MO tia phân giác cđa hai gãc kỊ bï BMA vµ CMA => MO ⊥ MO’ (3)

Tõ (1), (2) vµ (3) suy tứ giác MEAF hình chữ nhật

3 Theo giả thiết AM tiếp tuyến chung hai đờng tròn => MA OO=> MAO vuông A

có AE MO ( theo ME ⊥ AB) ⇒ MA2 = ME MO (4)

Tơng tự ta có tam giác vuông MAO có AFMO MA2 = MF.MO’ (5)

Tõ (4) vµ (5) ⇒ ME.MO = MF MO’

4 §−êng tròn đờng kính BC có tâm M theo MB = MC = MA, đờng tròn qua Avà co MA bán kính Theo OO MA A OO tiếp tuyến A đờng tròn đờng kính BC

5 (HD) Gọi I trung điểm OO ta có IM đờng trung bình hình thang BCO’O

=> IM⊥BC t¹i M (*) Ta cung chøng minh đợc OMO vuông nên M thuộc đờng tròn đờng kính OO

=> IM bán kính đờng tròn ®−êng kÝnh OO’ (**)

Tõ (*) vµ (**) => BC tiếp tuyến đờng tròn đờng kính OO

Bài 39 Cho đ−ờng trịn (O) đ−ờng kính BC, dấy AD vng góc với BC H Gọi E, F theo thứ tự chân đ−ờng vng góc kẻ từ H đến AB, AC Gọi ( I ), (K) theo thứ tự đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác HBE, HCF

(22)

2 Tø giác AEHF hình gì? Vì sao?

3 Chứng minh AE AB = AF AC

4 Chứng minh EF tiếp tuyến chung hai đ−ờng tròn (I) (K) Xác định vị trí H để EF có độ dài lớn

Lêi gi¶i:

1.(HD) OI = OB – IB => (I) tiÕp xóc (O) OK = OC – KC => (K) tiÕp xóc (O) IK = IH + KH => (I) tiÕp xóc (K)

2 Ta cã : ∠BEH = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn )

=> AEH = 900 (vì hai góc kề bï) (1) ∠CFH = 900 ( néi tiÕp ch¾n nưa đờng tròn )

=> AFH = 900 (vì hai gãc kÒ bï).(2)

G

1 2 1

I H K

F E

C B

D A

O 2

∠BAC = 900 ( nội tiếp chắn nửa đờng tròn hay EAF = 900 (3)

Tõ (1), (2), (3) => tø gi¸c AFHE hình chữ nhật ( có ba góc vuông)

3 Theo giả thiết ADBC H nên AHB vuông H có HE AB ( BEH = 900 ) => AH2 = AE.AB (*)

Tam giác AHC vuông H có HF AC (theo trªn ∠CFH = 900 ) => AH2 = AF.AC (**)

Tõ (*) vµ (**) => AE AB = AF AC ( = AH2)

4 Theo chøng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật, gọi G giao điểm hai đờng chéo AH EF ta có GF = GH (tính chất đờng chéo hình chữ nhật) => GFH cân G => F1 = H1

KFH cân K (vì có KF KH bán kính) => F2 = H2

=> ∠F1 + ∠F2 = ∠H1 + ∠H2 mµ ∠H1 + ∠H2 = ∠AHC = 900 => ∠F1 + ∠F2 = ∠KFE = 900 => KF ⊥EF

Chøng minh t−¬ng tù ta cịng cã IE ⊥ EF Vậy EF tiếp tuyến chung hai đờng tròn (I) (K)

e) Theo chứng minh tứ giác AFHE hình chữ nhật => EF = AH OA (OA bán kính đờng tròn

(O) có độ dài khơng đổi) nên EF = OA <=> AH = OA <=> H trùng với O

Vậy H trùng với O túc dây AD vng góc với BC O EF có độ di ln nht

Bài 40 Cho nửa đờng tròn đờng 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 Chøng minh AM BN = R2

3 TÝnh tØ sè

APB MON

S S

AM =

2

R

4 TÝnh thĨ tÝch cđa h×nh nửa hình tròn APB quay quanh cạnh AB sinh

Lêi gi¶i:

1. Theo tÝnh chÊt 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 vµ ∠BOP lµ hai gãc kỊ bù => MON = 900 hay tam giác MON vuông O APB = 900((nội tiếp chắn nửa đờng tròn) hay tam giác APB vuông P

Theo tính chÊt tiÕp tuyÕn ta cã 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 vuông APB MON có APB = ∠ MON = 900; ∠OBP = ∠PNO => ∆APB MON 2. Theo MON vuông O có OP ⊥ MN ( OP lµ tiÕp tuyÕn )

áp dụng hệ thức cạnh đờng cao tam giác vuông ta có OP2 = PM PM

Mµ OP = R; AM = PM; BN = NP (tÝnh chÊt hai tiÕp tuyÕn c¾t ) => AM BN = R2 3. Theo trªn OP2 = PM PM hay PM PM = R2 mµ PM = AM =

2

R

=> PM =

2

R

=> PN = R2:

R

= 2R

(23)

=> MN = MP + NP =

2

R

+ 2R =

2

R

Theo trªn ∆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 ph−ơng tỉ số đồng dạng nên ta có:

APB MON

S S

= k2 => APB MON

S S

=

5 25

4 16

 

=

   

Bài 41 Cho tam giác ABC , O trung điển BC Trên cạnh AB, AC lần l−ợt lấy điểm D, E

sao 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 đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB Chứng minh đờng tròn tiếp xúc víi DE

Lêi gi¶i:

1. Tam giác ABC => ∠ABC = ∠ ACB = 600 (1); ∠ DOE = 600 (gt) =>∠DOB + ∠EOC = 1200 (2)

∆DBO cã ∠DOB = 600 => ∠BDO + ∠BOD = 1200 (3)

Tõ (2) vµ (3) => ∠BDO = ∠ COE (4)

Tõ (2) vµ (4) => ∆BOD ∼∆CEO => BD BO

CO CE

= => BD.CE = BO.CO mµ

OB = OC = R không đổi => BD.CE = R2 không đổi

K

H

E D

C B

A

O

2 Theo trªn ∆BOD ∼∆CEO => BD OD

CO OE

= mµ CO = BO => BD OD BD BO

BO OE OD OE

= => = (5)

L¹i cã ∠DBO = ∠DOE = 600 (6)

Tõ (5) vµ (6) => ∆DBO ∼∆DOE => ∠BDO = ODE => DO tia phân giác BDE

3 Theo DO tia phân giác ∠ BDE => O cách DB DE => O tâm đ−ờng trịn tiếp xúc với

DB vµ DE Vậy đờng tròn tâm O tiếp xúc với AB lu«n tiÕp xóc víi DE

Bài 42 Cho tam giác ABC cân A có cạnh đáy nhỏ cạnh bên, nội tiếp đ−ờng tròn (O) Tiếp tuyến B C lần l−ợt cắt AC, AB D E Chứng minh :

1 BD2 = AD.CD

2 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp

3 BC song song víi DE

Lêi gi¶i:

1 Xét hai tam giác BCD ABD ta có CBD = BAD ( Vì góc nội

tiếp góc tiếp tuyến với dây chắn cung), lại có D

chung => BCD ∼∆ABD => BD CD

AD BD

= => BD2 = AD.CD 2 Theo giả thiết tam giác ABC cân A => ABC = ACB

=> EBC = DCB mà CBD = BCD (góc tiếp tuyến với dây

cùng chắn cung) => EBD = DCE => B C nhìn DE dới

O

E D

C B

A

góc B C nằm cung tròn dựng DE => Tứ giác BCDE nội tiếp

3 Tø gi¸c BCDE néi tiÕp => ∠BCE = ∠BDE ( néi tiÕp cïng ch¾n cung BE) mµ ∠BCE = ∠CBD (theo

(24)

Bài 43 Cho đ−ờng trịn (O) đ−ờng kính AB, điểm M thuộc đ−ờng tròn Vẽ điểm N đối xứng vi A qua

M, BN cắt (O) C Gọi E giao điểm AC BM Chøng minh tø gi¸c MNCE néi tiÕp

2 Chøng minh NE ⊥ AB

3 Gọi F điểm đối xứng với E qua M Chứng minh FA tiếp tuyến (O) Chứng minh FN tiếp tuyến đ−ờng trịn (B; BA)

Lêi gi¶i: 1 (HS tù lµm)

2 (HD) DƠ 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 xøng 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 mµ AC ⊥ BN => FN ⊥ BN t¹i N

/ /

_

H

E

F

C N

M

O B

A

∆BAN có BM đ−ờng cao đồng thời đ−ờng trung tuyến ( M trung điểm AN) nên ∆BAN cân

t¹i B => BA = BN => BN bán kính đờng tròn (B; BA) => FN tiếp tuyến N (B; BA)

Bµi 44 AB vµ AC lµ hai tiÕp tun cđa đờng tròn tâm O bán kính R ( B, C tiếp điểm ) Vẽ CH vuông

góc AB H, cắt (O) E cắt OA D

1 Chøng 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 đờng tròn tâm O

=> OA tia phân giác ∠BOC => ∠BOA = ∠COA (1)

D I

K

M E H

O

C B

A

OB ⊥ AB ( AB lµ tiÕp tuyÕn ); CH ⊥ AB (gt) => OB // CH => ∠BOA = ∠CDO (2)

Tõ (1) vµ (2) => COD cân C => CO = CD.(3)

2. theo ta có CO = CD mà CO = BO (= R) => CD = BO (4) l¹i cã 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 đờng kính dây cung) => ∠OMH = 900 theo trªn ta

cịng có OBH =900; BHM =900 => tứ giác OBHM hình chữ nhật => I trung điểm OH

4 M trung điểm CE; KE KC hai tiếp tuyến => O, M, K thẳng hàng

Bài 45 Cho tam giác cân ABC ( AB = AC) nội tiếp đờng tròn (O) Gọi D trung điểm AC; tiếp

tuyến đờng 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 cã ∠EAD = ∠BCD (v× so le )

AD = CD (gt); ∠ADE = ∠CDB (đối đỉnh) => ∆ADE = ∆CDB => AE = CB (1)

_ _

H _ _

1

2

F

G I

O D

E

C B

A

K

Theo AE // CB (2) Từ (1) (2) => AECB hình bình hành

3. I trung ®iĨm cđa CF => OI ⊥ CF (quan hƯ ®−êng kính dây cung) Theo AECB hình bình

hµnh => AB // EC => OI ⊥ AB K, => BKG vuông K Ta cung có BHA vuông H

=> BGK = BAH ( cung phơ víi ∠ABH) mµ ∠BAH =

BAC (do ABC cân nên AH phân giác)

=> ∠BAC = 2∠BGO

(25)

Bµi 46 Cho đờng tròn (O) đờng kính AB , đờng tròn ta lấy hai điểm C D cho cung AC =

cung AD TiÕp tuyÕn víi đờng tròn (O) vẽ từ B cắt AC F Chøng minh hÖ thøc : AB2 = AC AF

2 Chứng minh BD tiếp xúc với đờng tròn ®−êng kÝnh AF

3 Khi C chạy nửa đ−ờng trịn đ−ờng kính AB (khơng chứa điểm D ) Chứng minh trung điểm I đoạn chạy tia cố định , xác định tia cố nh ú

Bài 47 Cho tam giác ABC